Tập hợp nhiều cách giải nhiều của một phương trình vô tỷ

“Cùng ñi ti ñích có nhiu con ñưng khác nhau. Gii bài toán bng nhiu cách không phi là mc ñích c a ngưi làm toán. Tuy nhiên lưt qua các con ñưng y ta tìm ñưc cách ti ưu. Đó cũng là mt phm ch t có ñưc t vic hc toán.” – li tòa son báo Toán hc Tui tr. Không bit t khi nào và cũng không bit xu t phát t nim ñam mê c a ngưi làm toán hay là bnh ngh nghip c a ngưi dy toán; mi khi ñng trưc bài toán, tôi thưng tìm cho mình càng nhiu cách gii càng tt, chính thói quen ñó giúp tôi khám phá ñưc nhiu ñiu thú v và b ích. Trong bài vit này, tôi s gii thiu nhiu cách gii khác nhau c a mt phương trình vô t và t ñó chúng ta rút ra mt s phương pháp gii các phương trình vô t tương t. “Cùng ñi ti ñích có nhiu con ñưng khác nhau. Gii bài toán bng nhiu cách không phi là mc ñích c a ngưi làm toán. Tuy nhiên lưt qua các con ñưng y ta tìm ñưc cách ti ưu. Đó cũng là mt phm ch t có ñưc t vic hc toán.” – li tòa son báo Toán hc Tui tr. Không bit t khi nào và cũng không bit xu t phát t nim ñam mê c a ngưi làm toán hay là bnh ngh nghip c a ngưi dy toán; mi khi ñng trưc bài toán, tôi thưng tìm cho mình càng nhiu cách gii càng tt, chính thói quen ñó giúp tôi khám phá ñưc nhiu ñiu thú v và b ích. Trong bài vit này, tôi s gii thiu nhiu cách gii khác nhau c a mt phương trình vô t và t ñó chúng ta rút ra mt s phương pháp gii các phương trình vô t tương t.

TỪ MỘT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ “Cùng ñi tới ñích có nhiều ñường khác Giải toán nhiều cách mục ñích người làm toán Tuy nhiên lướt qua ñường ta tìm ñược cách tối ưu Đó phẩm chất có ñược từ việc học toán.” – lời tòa soạn báo Toán học & Tuổi trẻ Không biết từ xuất phát từ niềm ñam mê người làm toán bệnh nghề nghiệp người dạy toán; ñứng trước toán, thường tìm cho nhiều cách giải tốt, thói quen ñó giúp khám phá ñược nhiều ñiều thú vị bổ ích Trong viết này, giới thiệu nhiều cách giải khác phương trình vô tỉ từ ñó rút số phương pháp giải phương trình vô tỉ tương tự Bài toán mở ñầu: Chúng ta xét toán sau trích từ ñề ĐH khối D – 2006: Giải phương trình: x − + x − x + = ( ∗) Lời giải 1: Ta coi ñây phương trình dạng f ( x) = g ( x) : 3 − 3+ − x + x − ≥ ≤x≤  ( ∗) ⇔ x − = − x + 3x − ⇔  2 ⇔   x − x + 11x − x + = 2 x − = ( − x + x − 1)  3 − 3 − 3+ 3+ ≤x≤ ≤x≤   2 ⇔ ⇔ ⇔ x =1 ∨ x = 2− x = 1∨ x = ± ( x − 1)2 ( x − x + ) =   Lời bình: Trong lời giải trên, dễ dàng ñưa phương trình x − x + 11x − x + = phương trình tích có x = nghiệm kép (tương ñương với hai nghiệm nguyên) Chúng ta có cách trình bày tổng quát ñể ñưa phương trình tích: Chúng ta viết lại: x − x + 11x − x + = ( x + px + q )( x + rx + s ) với p, q, r , s hệ số nguyên chưa xác ñịnh Đồng hệ số số hạng bậc hai vế ñồng  p + r = −6   s + q + pr = 11 thức ta có hệ phương trình sau:   ps + qr = −8 qs = Dựa vào phương trình cuối hệ ta xét giá trị khác q s từ ñó dễ dàng giải ñược q = 1; s = 2; p = −2; r = Từ ñó ta có ñược nhân tử lời giải Ngoài ra, dùng MTCT ñể tìm nhân tử bậc hai Bạn ñọc dễ dàng tìm hiểu phương pháp internet Lời giải 2: Đặt ẩn số phụ Đặt t = x − 1, (t ≥ 0) ⇒ x = t2 +1 Lúc ñó: ( ∗) trở thành t − 4t + 4t − = t = x − = ⇔ ( t − 1) ( t + 2t − 1) = ⇔  Giải ñược t = x − = − Lời bình: Bản chất bên việc ñặt ẩn phụ giống có nghiệm x = nghiệm kép có t = nghiệm kép Lời giải 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn (∗) ⇔ x − + x2 − x − ( x − 1) = x =  x = − lời giải 1, rõ ràng Đặt t = x − , phương trình trở thành: t + x − x − t = ⇔ x − x − t + t = ∆ = ( 2t − 1) , từ ñó ta có x = t ; x = − t x ≥ 2x −1 = x ⇔  ⇔ x =1 x − 2x +1 = x ≤ Với x = − t , ta có x − = − x ⇔  ⇔ x = 2− x − 4x + = Lời bình : Trong ta coi phương trình bậc hai theo ẩn x t tham số ngược lại Tuy nhiên có nhiều toán giải theo cách nhìn Với x = t , ta có Lời giải 4: Biến ñổi ñưa phương trình tích số x − − x + x − ( x − 1) = ⇔ ( ∗) ⇔ ⇔ ( ) ( )( ( ) x −1 − x + x2 − ) ( 2x −1 − x + x − 2x −1 x + 2x −1 = ⇔ x − ( ) =0 x − )( −1 + x + x −1 ) 2x −1 =  2x −1 = x 1 − x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ∨  ⇔ x =1 ∨ x = 2−  x − = − x 2 x − = (1 − x ) 2 x − = x Vậy nghiệm phương trình x = ∨ x = − Lời giải 5: Nhân lượng liên hợp ñưa phương trình tích số Điều kiện: x ≥ Với ñiều kiện ta có: x2 − x + =0 (*) ⇔ x − x + + x − − (1 − x ) = ⇔ x − x + − x − + (1 − x )   ⇔ ( x − x + ) 1 − =0  x − + (1 − x )    x2 − x + =  x2 − 4x + = x = ± ⇔ ⇔ ⇔  x − = x x =  x − 2x + = Kết hợp ñiều kiện, ta có nghiệm phương trình x = ∨ x = − Lời bình: Ta nhân lượng liên hợp ñể ñưa nhân tử chung x − x + Vậy xuất phát từ ñâu ta biết phương trình có nhân tử chung bậc hai ñể nhân lượng liên hợp trên? Và ñầu nhận ñược nghiệm nguyên nhân lượng hợp ñể ñưa nhân tử chung bậc có ñược không? Ví dụ, ban ñầu nhận xét ñược x = nghiệm nguyên, ta phân tích: ( x − 1) =0 (*) ⇔ x − 3x + + x − − = ⇔ ( x − 1)( x − ) + 2x −1 +1 2   ⇔ ( x − 1)  x − + = lại  = Ta nhận thấy phương trình x − + x − + 1 2x −1 +1  có nghiệm x = , ta nhận nhân lượng liên hợp ñể ñưa nhân tử x − x + Để nhận nhân tử chung x − x + ta lí luận tương tự cần có sử hỗ trợ MTCT Tuy nhiên, học sinh cần rèn luyện ñể dễ dàng nhận nhân tử chung mà không cần phải “thử” Lời giải 6: Phương pháp hàm số Điều kiện: x ≥ Với ñiều kiện trên, ta có: ( ∗) ⇔ x − x = ( ) 2x −1 − x −1 Xét hàm số f ( t ) = t − t với t ≥ Ta có ñồ thị f ( t ) parabol ñối xứng qua u = v ñường thẳng t = nên có f ( u ) = f ( v ) ⇔  u + v (1)  =  2  x = 2x −1  Từ ñó ta có f ( x ) = f x − ⇔  x + x − 1 Giải ñược kết x lời giải =  2 ( ) Lời bình: Nhiều thầy, cô giáo cho lớp 10 chưa thể giải ñược phương pháp hàm số chưa có công cụ ñạo hàm Nhưng ñịnh ñưa ñể áp dụng tính chất hàm số bậc hai (ñã ñược khảo sát lớp 10) Việc làm giúp học sinh có thêm công cụ giải toán bước ñầu làm quen với phương pháp mạnh ñược học sau Chúng ta cần nhấn mạnh rằng, tính chất (1) áp dụng ñược ñối với hàm số bậc hai A = B Lời giải 7: Áp dụng kiến thức A2 = B ⇔   A = −B Điều kiện: x ≥ Với ñiều kiện trên, ta có: 2  2x −1 = x 1  1 1  ( ∗) ⇔ x − − x − + = x − x + ⇔  x − −  =  x −  ⇔  2  2 4   x − = − x Từ ñó có ñáp số lời giải Qua lời giải trên, nhận ñể ñi ñến ñích có nhiều ñường khác Khi làm toán, người làm toán không cần quan tâm có ñường ñể ñi mà cần trả lời câu hỏi có ñường ñể ñi ñạt ñược mục ñích mong muốn hay không? Nhưng ñể trả lời câu hỏi ñó, người dạy học phải hướng cho học sinh nhiều ñường ñể lựa chọn phải biết ñược ñường tối ưu cho mục ñích khác Cũng thông qua việc giải nhiều ñường, học sinh nhận toán học muôn màu thú vị, toán có nhiều cách giải khác không nhất lời giải ñáp án, từ ñó học sinh tự tin vào thân tìm ñược cách số ñó, không thiết cách ñáp án Một số phương trình vô tỉ tương tự: Với kiến thức trên, giải số phương trình tương tự sau: a) x + x − = −28 x − b) x + x + 20 = x + 10 x+7 2 e) 18 x − 17 x + = x − f) x + = x − x + 14 g) x + x + = 2 x + h) x − x + − x x + = Do hạn chế dung lượng báo nên có nhiều lời giải chưa ñược trình bày cụ thể có thiếu sót Rất mong ñược học hỏi thêm từ quý thầy cô giáo em học sinh Lê Minh Hiếu - Giáo viên Toán trường THPT Vĩnh Định c) x + x + + = 13 x d) x + x − = Biên tập: Thanh tra Sở www.laisac.page.tl PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088- 01256813579 I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Bình phương vế phương trình a) Phương pháp  Thông thường ta gặp phương trình dạng : A  B  C  D , ta thường bình phương vế , điều lại gặp khó khăn  Khi gặp phương trình dạng: A  B  C Ta lập phương vế phương trình  A  B  3 A.B   A  B  C sử dụng phép : A  B  C ta phương trình : A  B  3 A.B.C  C Ví dụ Ví dụ 1) Giải phương trình sau : Giải: Đk x  x   3x   x  x  Bình phương vế không âm phương trình ta được:   x  3 3x  1  x  x  x  1 , để giải phương trình không khó Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x   x   x  x  Bình phương hai vế ta có : Thử lại x=1 thỏa mãn x  x   x  12 x  x  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x  g  x  h x  k  x Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x  , ta biến đổi phương trình dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau bình phương ,giải phương trình hệ giải xong nhớ kiểm tra lại nghệm xem có thỏa mãn hay không? Ví dụ 2) Giải phương trình sau : x3   x   x2  x   x  x 3 Giải: Điều kiện : x  1 Bình phương vế phương trình ? Nếu chuyển vế chuyển nào? Ta có nhận xét : (2)  x3  x   x  x  x  , từ nhận xét ta có lời giải sau : x 3 x3   x   x2  x   x  x3 Bình phương vế ta được: x  1 x3   x2  x   x  x     x3  x   Thử lại : x   3, x   l nghiệm Qua lời giải ta có nhận xét : Nếu phương trình : f  x  g  x  h x  k  x Mà có : f  x  h  x   k  x  g  x  ta biến đổi f  x  h  x  k  x  g  x Trục thức 2.1) Trục thức để xuất nhân tử chung Phương pháp Khi gặp phương trình vô tỉ mà ta nhẩm nghiệm x0 phương trình đưa dạng tích  x  x0  A  x   ta giải phương trình A  x   chứng minh A  x   vô nghiệm , Để giải triệt để ta cần ý điều kiện nghiệm phương trình để đánh giá phương trình A  x   phương pháp đạo hàm sử dụng bất đẳng thức Ví dụ 1) Giải phương trình sau : 3x  x   x    x  x  1  x  3x  Giải: Ta nhận thấy : 3x  x   x  x   2  x   v  x     2   x  3x     x  2 Ta trục thức vế : 2 x  x  x    x  x  1  ( x  2)    x  x   x  x      3x  x   x  3x   0 2 x   x  3x    Dể dàng nhận thấy x=2 nghiệm phương trình Ví dụ 2) Giải phương trình sau : x  12   3x  x  Giải: Để phương trình có nghiệm : x  12  x   x    x  Ta nhận thấy : x=2 nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng  x   A  x   , để thực điều ta phải nhóm , tách sau : x  12   x   x    x2  x  12   3 x  2  x2  x2     x2 x 1   x  2    3   x  2 x2     x  12  x2 Dễ dàng chứng minh : x2  x  12  Ví dụ 3) Giải phương trình : x   x    0, x  x 5 3 x3  Giải :Đk x  Nhận thấy x=3 nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình   x    x   x     x  3 1      x  3  x  x    2 3 x3    x  1  x    x3 x3 Ta chứng minh :   1  x  1  x2   x 3   2 x  3x  x2 1   x3   Vậy pt có nghiệm x=3 Ví dụ 4) Giải phương trình: x    x  x  x  Giải: Điều kiện:  x  Nhận thấy phương trình có nghiệm x  nên ta nghĩ đến cách giải phương trình phương pháp nhân lượng liên hợp x 3 x 3    x  3 x  1 PT  x     x   x  x   x  1  x 1 x   1    x  1(*)  x    x 1 1  1;     VT (*)   Ta có: x  1  x 1 1 Mặt khác x   VP(*)  x    (*) vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x=3 2 Ví dụ 5) Giải phương trình: x  x    x   x  x  PT  x  x    x     x   x  x    2   x  x    x  2  x  x    x  x      x2   x  x   1      x  x    x  2x       x  2  x  x   x2  2x   0    x  1  0 x  2x      x  1 x  1   x2  x       x   Tại ta phát lượng x  x  Ta thấy x=-2 không nghiệm phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho x+2 ta có x2  x 1 x2  x   Giả sử ta cần thêm vào hai vế phương trình lượng mx+n ta x2 x2  x 1 x  x   (mx  n)   (mx  n)  x2 có 1  m2  x  2(1  mn) x   n2  1  m  x2  (1  2m  n) x   2n x2 x  x   (mx  n)  m 2(1  mn) n  Ta cần chọn m, n cho   Từ ta có m=0, n=3  m 2m  n  2n  Ví dụ 6) Giải phương trình: x    x  x   x  x Giải: Điều kiện xác định:  x  PT  x     x   x    x  x    x 3 x  1    3 x  x 1     x  3 2x  1    x  1 x  3 1     x  3       x  1 x  3  x 1 x  1   x  1 * Với x    x  (thỏa mãn điều kiện)    x  (2) * Nếu x   suy ra: x  1 2x  1  x 1 5 Với điều kiện  x  , ta có: VP (2)  x     6;VT      2 Do pt(2) vô nghiệm Hay pt(1) nghiệm khác Vậy pt(1) có nghiệm x  Ví dụ 7) Giải phương trình sau: x3  x  x  16 x  12 x  x   x  x  x  Giải: Điều kiện: x3  x  x   x  x  x     x  Phương trình viết lại sau:  2( x  1)2  x3   (2 x  1)    (2 x  1)  (2 x  1)  4(2 x  1)    x  1  x  1      x   x  1 1     x  1  x  1   x3  1    (2 x  1)   A B A B  Với A  2( x  1)2  x   (2 x  1) B  (2 x  1)2  (2 x  1) (2 x  1)3  4(2 x  1)  (2 x  1)3  4(2 x  1)  Vì x   A  1; B     x   A B Suy PT  x    x  2 2.2) Đưa “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B   C dây C số ,có thể biểu thức x Ta giải sau : A B C A B  A  B  C  A  C  A  B   , ta có hệ:  A  B    b) Ví dụ Ví dụ 1) Giải phương trình sau : x  x   x  x   x  Giải: Ta thấy : x  x   x  x    x       x  4 nghiệm Xét x  4 Trục thức ta có : 2x  2  x   2x2  x   2x2  x   2x  x   x  x  x   x  x   x  x   2 Vậy ta có hệ:   2x  x   x    2 x   x  x   x  x   x   Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= x2  x   x  x   3x Ta thấy :  x  x  1   x  x  1  x  x , không thỏa mãn điều kiện trên.Tuy Ví dụ 2) Giải phương trình : nhiên Ta chia hai vế cho x đặt t  toán trở nên đơn giản x Nhận thấy x=0 nghiệm, chia hai vế pt cho x ta có Đặt t  2 1 1   1   x x x x ta có phương trình t  t   t  t   việc giải phương trìn.h x hoàn toàn đơn giản Ta có  t2  t   t2  t 1   t  t   t  t   2t   t  t   t  t   2t  Từ ta có hệ sau :  t2  t   t2  t 1  t  x  2t  10     2t   t  t     t     x    t  t   t  t 1     Ví dụ 3) Giải phương trình: x  x  24  x  59 x  149   x Giải: Phương trình xác định với x thuộc R Phương trình có dạng:   5(5  x )2 5(5  x)   x    x  1  0 2 x  x  24  x  59 x  149 x  x  24  x  59 x  149   x    5(5  x) 1   (*)  x  x  24  x  59 x  149 (*)  x  x  24  x  59 x  149  5( x  5) Kết hợp với phương trình đề ta có hệ :  x  x  24  x  59 x  149  5( x  5)  x  x  24  x  10   x  x  24  x  59 x  149   x  x  4( L) x     x  19 (TM ) x  x  24  (2 x  10)   19 Vậy phương trình có nghiệm : x  5; x  3 Phương trình biến đổi tích  Sử dụng đẳng thức *) u  v   uv   u  1 v  1  *) au  bv  ab  vu   u  b  v  a   *) A2  B Ví dụ 1) Giải phương trình : Giải: PT    x 1 1 x   x    x  3x  x  x  1     x  1  Ví dụ 2) Giải phương trình : x   Giải: + x  , nghiệm x2  x  x2  x  x 1  x 1  x  1 x 1    1 x x   + x  , ta chia hai vế cho x: Ví dụ 3) Giải phương trình: Giải:Điều kiện : x  1 x   x x   x  x2  4x  PT   x   2x    x 1   x  x 1 x 1 1    x   4x 4 x x3 x3 Ví dụ 4) Giải phương trình : Giải: Đk: x  Chia hai vế cho  4x 4x 4x  x  : 1 2  1     x 1 x3 x3 x    Ví dụ 5) Giải phương trình: x   x  x   x  x   Giải: Điều kiện  x  Đặt a   x , b  x  1; a, b   ab   x  x  Phương trình cho trở thành: b  2a  2b  ab   a  b  b     a  b  b  - Nếu a=b  x  x    x  x   x  thỏa mãn điều kiện đề - Nếu b=2 x    x  Vậy phương trình cho có nghiệm x=3  Dùng đẳng thức Biến đổi phương trình dạng : Ak  B k Ví dụ 1) Giải phương trình : 3x  x 3x Giải: Đk:  x  pt đ cho tương đương 3  10 10   : x  3x  x     x    x   3 3  Ví dụ 2) Giải phương trình sau : x   x  x  Giải: Đk: x  3 phương trình tương đương : 1  3 x  x 1  x    x  9x2     x  5  97  x    3 x  18 Ví dụ 3) Giải phương trình sau :  3 x  x    x  3 x  x   Giải : PT   x   3x    x 1 II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường * Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải đặt t  f  x  ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t quan trọng ta giải phương trình theo t việc đặt phụ xem “hoàn toàn ” Nói chung phương trình mà đặt hoàn toàn t  f  x  thường phương trình dễ IV) PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Với phương pháp học sinh cần quan sát nắm biểu thức không âm hệ, qua vận dụng bất đẳng thức để đánh giá xy   x2  y x  x  2x   Ví dụ 1) Giải hệ phương trình  xy y   y2  x  y  2y 9  HD:Cộng vế hai phương trình với ta có xy xy   x  y Ta có x=y=0 nghiệm hệ 2 x  2x  y  2y 9 Có x  x   ( x  1)    VT  xy; x  y  xy  VP  xy Dấu xảy x=y=1 Kết luận: Hệ có ngiệm x=y=0 x=y=1  y   x  3x  Ví dụ 2) Giải hệ phương trình sau   x  y  y   y     ( x  1)2 ( x  2) 1 Hệ cho tương đương với  (2)  x     y  1 ( y  2) Nếu y > từ (1) suy x0 hệ vô nghiệm Xét x