Phương trình, bất phương trình vô tỷ

PT BPT vô tỷ

Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ T Ỉ Phương trình – Bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các kì thi các cấp 2,3 và Đại Học, đặc biệt là phương trình vô tỉ. Phương trình – Bất phương trình vô tỉ rất đa dạng và phong phú về đề bài cũng như cả lời giải. Một bài phương trình – bất phương trình có thể có nhiều cách giải khác nhau, mỗi cách giải điều có ý nghĩa riêng của nó. Tuy nhiên việc tìm ra lời giải cho một phương trình – bất phương trình không phải là chuyện đơn giản đối với nhiều bạn. Đứng trước một bài toán giải phương trình – bất phương trình nhiều bạn rất lúng túng không biết xoay xở thế nào ? bài việt này giúp các bạn một phần nào đó năm rõ hơn các phương pháp giải phương trình – bất phương trình vô tỉ. Những lời giải nêu ra ở đây không có thể không phải là hay nhất và duy nhất, tuy nhiên với ca nhân tôi thì tôi thấy nó phù hợp với cách trình bày và đúng luồng của dạng toán. Hy vong chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, hỗ trợ cho các bạn mộtphần nào đó trên con đường bước vào cổng trường Đại Học và các bạn sẽ đam mê với môn học 3 khờ (Khó – khổ - khô )này. Mặc dù đã cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót mong các bạn thông cảm nhé. Biên Hòa 03 – 03 -2008. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai Phương trình chứa ẩn ở căn thức Ví dụ : Giải phương trình: 2 2 1 x x x 1 x 3      Giải: ĐK 0 x 1  . Để giải phương trình này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu ti ên chúng ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương trình đã cho luôn không âm nên bình phương hai vế ta thu được phương trình tương đương.   2 2 2 2 2 2 2 4 4 1 x x x 1 x 1 x x (x x ) 1 2 x x 3 3 9                      2 2 2 2 2(x x ) x x 0 x x 2 x x 3 0          2 2 0 x x 0 x 0;x 1 3 VN x x 4                 . K ết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình: x 0;x 1  . Qua l ời giải trên ta thấy được 2 x x sẽ biểu diến được qua x 1 x  nhờ vào đẳng thức   2 2 x 1 x 1 2 x x     (*) .Cụ thể nếu ta đặt t x 1 x   thì 2 2 t 1 x x 2    và khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t: 2 2 t 1 1 t t 3t 2 0 t 1;t 2 3           . V ậy ta có: 2 0 x 1 x 1 2 x x 0 x 0;x 1 VN (VT 2) x 1 x 2                      . Vi ệc thay thế biểu thức x 1 x  bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một suy nghĩ hoàn toàn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tìm cách làm m ất căn thức !). Khi chúng ta đặt một biểu thức chứa căn bằng một biểu thức ẩn phụ thì rõ ràng căn thức không còn xuất hiện trong phương trình. Cách làm như thế này ta thường gặp trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa không tiện cho việc mang theo tiền mặt ta có thể đổi qua đô la, hay thẻ ATM, séc,…Cũng như việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình ẩn mới có hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trình ban đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất, bước làm này quyết định đến có được lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta c ần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trình như ở Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đó là đẳng thức (*). Có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình chẳng hạn ở phương trình trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương tr ình:     2 2 x 1 x x 1 x 1      (**) mà từ phương trình ta rút được một căn thức qua căn thức c òn lại: 3 1 x 3 x 2 1 x 3      . Do đó nếu đặt 3t 3 t 1 x x 2t 3       thay vào (**) và bi ến đổi ta thu được phương trình 2 t(t 1)(2t 4t 3) 0 t 0,t 1       hay x 0,x 1  là nghiệm của phương trình. Phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn (**) do vậy ta có thể đặt a x,b 1 x   thì từ phương trình đã cho kết hợp với (**) ta có hệ phương trình: 2 2 2 1 ab a b 3 a b 1           đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta được nghiệm của phương trình là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt ẩn phụ t 1 x  mà ta đã giải ở trên . Ti ếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ? Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác: 2 2 sin cos 1    . Điều này dẫn đến cách giải sau: Đặt 2 x sin t, t [0; ] 2    (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x [0;1] ). Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 1 sin t.cost sin t cost 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t) (2sin t 3) 0 3           2 x 1sin t 1 x 1 x 1 x 0 3 1 sin t (3 2sin t) 1 sin t sin t(4sin t 6sin t 8) 0                        . Qua ví d ụ trên ta thấy có nhiều cách để giải phương trình và bất phương trình vô tỉ. Mọi phương pháp đều chung một tưởng đó là tìm cách loại bỏ căn thức và đưa phương trình đã cho về phương trình mà ta đã biết cách giải. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương pháp giải cụ thể. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai I. Phương pháp biến đổi tương đương : Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương trình, bất phương trình biến đổi phương trình, bất phương trình ban đầu về phương trình, bất phương trình đã biết cách giải. Ta nhớ lại các tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trình và bất phương trình. 1) n n ( a ) a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a 0 ). 2) 2n 2n a b a b   với a và b cùng dấu 3) 2n 1 2n 1 a b a b      với mọi a,b. 4) 2n 2n a b 0 a b    (Chú ý nếu a,b<0 thì a b a b     khi đó hai vế cùng không âm và lúc đó ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế). 5) 2n 1 2n 1 a b a b a,b       ¡ . Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x 1 3x 1   . Giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trình vô nghiệm nên ta ch ỉ cần giải phương trình khi 1 3x 1 0 x 3      . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương ta thu được phương trình tương đương: 2 2x 1 (3x 1)   nếu 0 1 x 3   là nghi ệm của phương trình này thì 2 0 0 0 2x 1 (3x 1) 2x 1 0      do vậy ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy : 2 2 1 1 x 3x 1 0 x 4 3 3 Pt x 0, x 4 9 2x 1 (3x 1) x 0, x 9x 4x 0 9                                       . Nhận xét: * Phương trình trên có dạng tổng quát: f (x) g(x) , khi gặp dạng này ta biến đổi tương đương như sau: 2 g(x) 0 f (x) g(x) f (x) g (x)          . Ở đây vì sao ta không cần đặt đk f (x) 0? . * Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t 2x 1  . Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 1 1 2    x x x . Giải: Đk: 1 4 2 x   (*) Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x               2 2 1 2x 1 0 x 2 2x 1 (1 2x)(1 x) x 0 (2x 1) (1 2x)(1 x) 2x 7x 0                              Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0. Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 2 2x 6x 1 x 2 0     . Giải: Bất phương trình 2 2x 6x 1 x 2     (1) Vì VT của (1) luôn không âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trình vô nghiệm, do đó ta chỉ giải Bất phương trình khi x 2 0 x 2    . Bình phương hai vế ta được Bpt: 2 2 2x 6x 1 (x 2)    . Nếu 0 x bất phương trình này thì ta chưa thể khẳng định được 2 0 0 2x 6x 1 0   do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất phương tr ình đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trình sau: 2 2 2 2 x 2 x 2 x 2 0 3 7 3 7 3 7 3 7 2x 6x 1 0 x V x x V x 2 2 2 2 2x 6x 1 (x 2) 1 x 3 x 2x 3 0                                               3 7 x 3 2     là nghiệm của bất phương trình đã cho. Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình trên là: 2 g(x) 0 f (x) g(x) f (x) 0 f (x) g (x)           Giải hệ bất phương trình này ta được nghiệm của bất phương trình đã cho. Ví dụ 4: Giải bất phương trình : 2 2(x 16) 7 x x 3 x 3 x 3        (ĐH Khối A – 2004 ). Giải: ĐK: x 4 . Bpt 2 2 2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x          (2) Ta có VT (2) 0 nên nếu VP(2) 0 x 5   thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2) 0 x 5   thì bpt (2) 2 2 2(x 16) (10 2x)    . Nếu 0 x bất phương trình này thì ta có 2 0 2(x 16) 0  do đó ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn Vậy để giải bất phương trình (2) ta chia làm hai trường hợp Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai TH1: x 4 ( k) x 5. 10 2x 0         ñ TH2: 2 2 2 10 2x 0 4 x 5 10 34 x 5 2(x 16) (10 2x) x 20x 66 0                          . L ấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trình là: x 10 34  . Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình (2) là: f (x) g(x) . Để giải bpt này ta chia làm hai trường hợp: TH 1: f (x) 0 g(x) 0      TH 2: 2 g(x) 0 f (x) g (x)        Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 2x 6x 1 x 1    . Giải: 2 2 2 2 x 1 0 x 1 Pt 2x 6x 1 (x 1) 6x 1 x 1                        2 2 2 4 2 x 1 x 1 x 0,x 2 6x 1 (x 1) x 4x 0                         . Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x(x 1) x(x 2) 2 x    . Giải: ĐK: x 1 x 2 x 0          (*) . Phương trình 2 2 2 2x x 2 x (x 1)(x 2) 4x      2 2 2 2 2 2 2 x (x x 2) x(2x 1) 4x (x x 2) x (2x 1)          (do đk (*) ). 2 0 (8 9) 0 9 8           x x x x cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*). V ậy nghiệm của phương trình đã cho là: 9 0; 4 x x  . Chú ý : 1) Bài toán trên còn có cách giải khác như sau * x 0 là một nghiệm của phương trình. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai * x 1 2 PT x 1 x 2 2 x 2 x x 2 2x 1           2 2 9 4x 4x 8 4x 4x 1 x 8         (nhận). * x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x)             2 9 1 x x 2 2 x 2 x x 2 2x 1 x 8                (loại). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 9 0; 4 x x  . 2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng a.b a. b ! Nên nhớ đẳng thức này chỉ đúng khi a,b 0 ! Nếu a,b 0 thì ab a. b   . Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 3 3 x 1 x 2 2x 3     . Giải: Phương trình 3 3 3 2x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 3 3 3 x 1 x 2 2x 3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0                (*) 3 x 1;x 2;x . 2     Chú ý : * Khi giải phương trình trên chúng ta thường biến đổi như sau 3 3 3 2x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0     !? Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã thừa nhận phương trình ban đầu có nghiệm !. Do đó để có được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trình sau 3 2 3 3 3 3 1 x 1 x 1 2 3 1 x ( 1 x 1 x) 1             3 2 1 x 1 x 0     . Nhưng thay vào phương trình ban đầu ta thấy x=0 không thỏa mãn phương trình ! * Với dạng tổng quát 3 3 3 a b c  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 3 3 3 (a b) a b 3ab(a b)     ta có phương trình tương đương với hệ 3 3 3 3 a b c a b 3 a.b.c c           . Giải hệ này ta có được nghiệm của phương trình. Ví dụ 8: Giải phương trình: 4 3 10 3x x 2    (HSG QG 2000). Giải: Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai Phương trình 2 2 x 2 x 2 4 3 10 3x x 4x 4 4x x 3 10 3x                       4 3 2 3 2 2 x 4 2 x 4 x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0                           2 2 x 4 x 3 (x 3)(x 2)(x 7x 15) 0                . Ví dụ 9: Giải phương trình: 2 2 4x y y 2 4x y     . Giải: Phương trình 2 2 4x y 4x y y 2      2 2 2 4x y 4x 4y 2 2 (y 2)(4x y)        2 2 2 1 x (2x 1) (y 2) 2 (y 2)(4x y) 0 2 y 2                  . Th ử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trình. V ậy nghiệm của phương trình đã cho là: 1 x 2 y 2         . Ví dụ 9: Giải phương trình: 1) 2 x x 7 7   . 2) x 3 4x 1 3x 2 5      . Giải: 1) Phương trình 2 x (x 7) (x x 7) 0 (x x 7)(x x 7 1) 0             x 7 x (1) x 7 x 1 (2)            * 2 x 0 1 29 (1) x 2 x x 7 0              . * 2 x 1 (2) x 2 x x 6 0              . V ậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1 29 x 2;x 2    . 2) Phương trình 5( 4x 1 3x 2) (4x 1) (3x 2)        Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai 5( 4x 1 3x 2) ( 4x 1 3x 2)( 4x 1 3x 2)           4x 1 3x 2 0 x 2 4x 1 3x 2 5                . Nhận xét: *Với bài 1 ta có thể giải như sau: Đặt y x 7  ta có hệ phương trình 2 2 y x 7 x y 7          trừ vế theo vế hai phương trình ta được: (y x)(y x 1)   . Từ đây giải ra ta tìm được x. * Câu 1 có dạng tổng quát như sau: 2 x x a a   . * Với bài toán 2 ta còn có cách giải khác như sau Phương trình x 2 ( 4x 1 3) ( 3x 2 2) 5         x 2 4(x 2) 3(x 2) x 2 3x 2 4x 1 1 1 (*) 5 4x 1 3 3x 2 2 5 ( 4x+1 3)( 3x 2 2)                          Vì VT(*) 0 (do 2 x 3  ) nên (*) vô nghiệm. Ví dụ 10: Giải bất phương trình : 1) 2 2 x x 4 (1 1 x)     2) 2 2 (x 3x) 2x 3x 2 0    . Giải: 1) ĐK: x 1  * Với x 0 ta thấy Bpt luôn đúng * Với x 0 1 x 1 0     . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được 2 2 2 2 2 x (1 x 1) x 4 (1 x 1) x 4 x 1 3 x 8 (1 x 1) (1 x 1)                   Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T [ 1;8)  . 2) Ta xét hai trường hợp TH 1: 2 1 2x 3x 2 0 x 2,x 2        . Khi đó BPT luôn đúng TH 2: 2 2 1 2x 3 2 0 x V x 2 1 Bpt x V x 3 2 2 x 3x 0 x 0 V x 3                           . Nguyễn Tất Thu (0918927276) Trường THPT L ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: 1 T ( ; ] {2} [3; ) 2       . Chú ý : * Ở bài toán 2 ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng ta thường gặp trong giải phương trình và bất phương trình vô tỉ. * Khi giải bất phương trình nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trình cho một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đó. Nếu chưa xác định được dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta có thể chia làm hai trường hợp. Ví dụ 11: Giải bất phương trình : 1) 2 2 (x 3) x 4 x 9    2) 2 51 2x x 1 1 x     . Giải: 1) * V ới x 3  bất phương trình đúng. * Với   2 2 2 x 3 x 3 x 3 Bpt x 3 x 4 x 3 x 4 x 3                         . * V ới 2 x 3 x 3 5 x 3 Bpt x 3 x 3 6 x 4 x 3 6x 5 0                                . V ậy nghiệm của bất phương trình dã cho là: 5 x V x 3 6    . 2) * N ếu 2 2 2 x 1 x 1 1 x 0 x 1 Bpt 51 2x x 0 1 52 x 1 52 x 25 51 2x x 1 x                                  1 52 x 5     . *N ếu x 1  luôn đúng vì VT 0 1  . V ậy nghiệm bất phương trình đã cho là : 1 52 x 5 V x 1     . Ví dụ 12: Tìm m để phương trình 2 x 2mx 1 m 2    có nghiệm. Giải: * Nếu m 2  phương trình vô nghiệm * Với m 2  Phương trình 2 2 2 2 x 2mx 1 m 4m 4 x 2mx m 4m 3 0            Phương trình có nghiệm 2 ' 2m 4m 3 0     đúng mọi m . là phương trình vô tỉ. Phương trình – Bất phương trình vô tỉ rất đa dạng và phong phú về đề bài cũng như cả lời giải. Một bài phương trình – bất phương trình. của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương trình, bất phương trình biến đổi phương trình, bất phương