Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 8 - Phương trình đại số

PHƯƠNG TRÌNH A. CÁC PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN Phần này đề cập đến các phương pháp giải các phương trình có bậc nhỏ hơn 5 I. Phương trình bậc nhất Dạng tổng quát : ax b c+ = Biện luận : · 0a ¹ : phương trình có nghiệm duy nhất bx a = - · 0a = : phương trình có dạng 0x b= - 0b ¹ : phương trình vô nghiệm 0b = : phương trình có vô số nghiệm II. Phương trình bậc hai Dạng tổng quát : ( )2 0 0ax bx c a+ + = ¹ (1) Biện luận : Ta xét 2 4b acD = - · 0D < : phương trình vô nghiệm. · 0D = : phương trình có nghiệm kép : 1 2 2 bx x a = = - · 0D > : phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1 2 bx a - + D = , 2 2 bx a - - D = Ví dụ. Chứng minh rằng phương trình ( )2 0x a b c x ab bc ca+ + + + + + = vô nghiệm với , ,a b c là 3 cạnh của một tam giác . Giải. Ta có ( ) ( ) ( )2 2 2 24 2a b c ab bc ca a b c ab bc caD = + + - + + = + + - + + Mà 0D < do , ,a b c là ba cạnh tam giác ( xem phần bất đẳng thức hình học) Định lý Viet và một số ứng dụng Giả sử 0D ³ . Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (1) thì : 1 2 1 2 . bS a cP a x x x x -ì = =ïï í ï = = ïỵ + Bằng định lý Viet chúng ta có thể xét dấu của các nghiệm như sau - Phương trình có hai nghiệm dương 0Û D ³ và 0P > và 0S > - Phương trình có hai nghiệm trái dấu 0Û D ³ và 0P < - Phương trình có hai nghiệm âm 0Û D ³ và 0P > và 0S < Thí dụ . Tìm m sao cho phương trình ( )2 2 2 6 1 0x m x m- + + + = (*) có hai nghiệm không nhỏ hơn 2 Giải Đặt 2t x= - thì phương trình đã cho trở thành 2 2 2 3 0t mt m- + - = (**) Phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 Û phương trình (**) có hai nghiệm không âm ' 0 0 0 S P D ³ì ïÛ ³í ï ³ỵ 2 2 3 0 2 0 2 3 0 mm m m - + ³ì ïÛ ³í ï - ³ỵ 3 2 mÛ ³ Vậy 3 2 m ³ thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 III. Phương trình bậc ba Dạng tổûng quát : ( )3 2 0 0ax bx cx d a+ + + = ¹ Ta đưa về dạng : 3 2 0x ax bx c+ + + = (2) Đặt 3 ax y= - thì phương trình (2) được viết lại dưới dạng 3 0y py q- - = (2’) trong đó 2 3 ap b= - và 32 27 3 abaq c-= + - . Công thức nghiệm của phương trình (2’) là : y = 3 32 3 32 27422742 pqqpqq +--+++- được gọi là công thức Cardano , lấy tên của nhà toán học Italia. Cardan theo học trưịng đai học Pavie, rồi đại học Padoue và nhận bằng tốt nghiệp Y khoa năm 1526 Cardan viết khá nhiều về Tốn, cũng như một số ngành khác. Ơng đặt vấn đề giải phương trình bậc ba cụ thể là 3 6 20x x+ = . Bây giờ ta nĩi tổng quát là 3x px q+ = . Phương pháp của Cardan như sau: thay x u v= - và đặt ,u v như thế nào đĩ để tích 1 3 uv = ( hệ số của x trong phương trình bậc ba đang khảo sát ). Nghĩa là 2 uv= . Từ phương trình 3 6 20x x+ = ta cĩ ( )3 3 3( ) 3 20u v uv u v u v- + - = - = . Khử v từ 2 uv= và từ 3 3 20u v- = ta cĩ 6 3 320 8 108 10u u u= + Þ = + . Từ x u v= - và 3 3 20u v- = , ta cĩ 3 3108 10 108 10x = + - - . Cardan cho một cơng thức tương đương đối với phương trình 3x px q+ = là: 2 3 2 3 3 3 2 4 27 2 4 27 q qq p q px = - - + + + - - + Các dạng phương trình bậc ba thường gặp và phương pháp giải 1. Giải phương trình khi biết một nghiệm của phương trình Giả sử ta biết được nghiệm 0x của phương trình (2) bằng cách đoán nghiệm ( thường là các nghiệm nguyên đơn giản từ –3 đến +3 ) tức là 3 20 0 0 0ax bx cx d+ + + = . Khi đó phương trình (2) 3 2 3 20 0 0ax bx cx d ax bx cx dÛ + + + = + + + ( ) ( )( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 x x ax ax b x ax bx c x x ax ax b x ax bx c Û - + + + + + = =é Û ê + + + + + =ë Xét ( ) ( )2 20 0 04ax b a ax bx cD = + - + + i) Nếu 0D < thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất 0x x= ii) Nếu 0D ³ thì phương trình (2) có các nghiệm 0 0( ) 2 x x ax bx a =é ê - + ± Dê =êë Thí dụ. Giải phương trình 3 2 3 10 0x x x- + - = Giải Nhận thấy 2x = là 1 nghiệm của phương trình Phương trình ( )( )22 5 0 2x x x x- + + = Û = Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm 2x = 2. Phương trình bậc ba đối xứng Dạng tổng quát ( )3 2 0 0ax bx bx a a+ + + = ¹ Phương trình bậc ba đối xứng luôn nhận 1x = - làm nghiệm Thật vậy, ta có phương trình ( ) ( )( )21 0x ax b a x aÛ + + - + = ( )2 1 0 x ax b a x a = -é Û ê + - + =ë Mở rộng Một số tính chất của phương trình hệ số đối xứng (PT HSĐX) Dạng tổng quát của PT HSĐX ( )11 1 0 0 1 1... 0 , ,...n nn n n na x a x a x a a a a a-- -+ + + + = = = Tính chất 1. PT HSĐX nếu có nghiệm 0x thì 0 0x ¹ và 0 1 x cũng là nghiệm Tính chất 2. PT HSĐX bậc lẻ ( 2 1n k= + ) nhận 1x = - là nghiệm Tính chất 3. Nếu ( )f x là đa thức bậc lẻ có hệ số đối xứng thì ( ) ( ) ( )1f x x g x= + , trong đó ( )g x là đa thức bậc chẵn có hệ số đối xứng Thật vậy, ta xét đa thứ c bậc 5 làm thí dụ ( ) ( ) ( ) ( )( )5 4 3 2 4 3 21ax bx cx cx bx a x ax b a x c a b x b a x a+ + + + + = + + - + + - + - + Vậy việc giải một phương trình có hệ số đối xứng bậc n lẻ tương ứng với việc giải một phương trình có hệ số đối xứng bậc 1n - chẵn 3. Phương trình bậc ba hồi quy Dạng tổng quát ( )3 2 3 30 , 0,ax bx cx d a d ac db+ + + = ¹ = q Từ điều kiện ta thấy nếu 0c = thì 0b = Þ phương trình (2b) có nghiệm 3 dx a - = q Nếu 0c ¹ thì 0b ¹ , điều kiện 3d c a b ỉ ưÛ = ç ÷ è ø . Đặt c t b = - thì c bt= - và 3d at= - khi đó phương trình trở thành 3 2 3 0ax bx btx at+ - - = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 x t ax at b x at x t ax at b x at é ùÛ - + + + =ë û =é Û ê + + + =ë Vậy cx b = - là 1 nghiệm của phương trình . Nếu ( )2 24 0at b aD = + - ³ thì phương trình có thêm các nghiệm là ( ) 2 at bx a - + ± D = Thí dụ. Giải phương trình 3 28 2 1 0x x x- - + = Đáp số. 1 2 x = - IV. Phương trình bậc bốn Dạng tổng quát ( )4 3 2 0 0at bt ct dt e a+ + + + = ¹ Ta đưa về dạng 4 3 2 0t at bt ct d+ + + + = (3) Đặt 4 at x= - thì phương trình (3) được đưa về dạng 4 2x px qx r= + + (3’) trong đó ( ) 2 3 4 2 3 8 1 8 2 1 3 16 64 256 256 ap b aq ab c r a a b ac d ì = -ï ï ï = - + -í ï ï = - + -ï ỵ Phương trình (3’) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 22 2 x x p x qx r Ra a a a a+ + = + + + + Ỵ ( ) ( ) ( )22 2 22x p x qx ra a aÛ + = + + + + (3*) Ta tìm a thỏa hệ thức ( ) ( )2 24 2q p ra a= + + để viết vế phải thành ( )2p a+ 2 2( 2 ) qx p a é ù +ê ú+ë û Khi đó ta được ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 qx p x p a a a é ù + = + +ê ú+ë û (3**) § Nếu 2 0p a+ = thì phương trình (3*) ( )22 2x ra aÛ + = + (Bạn đọc tự biện luận tiếp) § Nếu 2 0p a+ < thì phương trình (3**) vô nghiệm ( do VT ³ 0 và VP < 0) § Nếu 2 0p a+ > thì phương trình (3**) ( ) 2 2 2 2 qx p x p a a a é ù Û = ± + + -ê ú+ë û Đây là phương trình bậc 2 theo x , các bạn tự biện luận Thí dụ. Giải phương trình 4 22 8 3 0x x x- - - = (*) Giải. Phương trình (*) 4 22 8 3x x xÛ = + + Ta chọn a thỏa ( )( )264 4 2 2 3a a= + + . Dễ dàng nhận thấy a = 1 thoả Phương trình (*) 4 2 22 1 4 8 4x x x xÛ + + = + + ( cộng mỗi vế một lượng 22 1x + ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 1 4 1 1 2 1 1 2 1 x x x x x x Û + = + é + = + Û ê + = - +êë Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là 1 5x = ± Các dạng phương trình bậc bốn thường gặp và phương pháp giải 1. Phương trình bậc bốn trùng phương: Dạng tổng quát ( )4 2 0 0ax bx c a+ + = ¹ Phương pháp giải rất đơn giản bằng cách đặt 2 0y x= ³ để đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai 2 0ay by c+ + = và biện luận 2. Phương trình bậc bốn đối xứng Dạng tổng quát ( )4 3 2 0 0ax bx cx bx a a+ + + + = ¹ Do 0a ¹ nên 0x = không là nghiệm của phương trình, ta có thể chia cả 2 vế của phương trình cho 2 0x ¹ và được 2 2 0 b aax bx c x x + + + + = 2 2 1 1 0a x b x c x x ỉ ư ỉ ưÛ + + + + =ç ÷ ç ÷ è ø è ø (*) Đặt 1y x x = + ( điều kiện : 2y ³ ) 2 2 2 22 2 1 12 2y x x y x x Þ = + + Þ + = - Khi đó phương trình (*) trở thành 2 2 0ay by c a+ + - = và dễ dàng giải được Lưu ý Ngoài kiểu phương tình bậc bốn đối xứng như trên còn có phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng lệch 4 3 2 0ax bx cx bx a+ + - + = ( 0a ¹ ) Phương pháp giải tương tự như trên, xin giành cho bạn đọc Thí dụ: Cho phương trình : 8x4 – 5x3 + mx2 + 5x + 8 = 0. a) Giải phương trình khi m = -16. b) Tìm m để phương trình vô nghiệm . Đáp số: a) x1 = 1, x2 = -1, x3 = 16 2815 + , x4 = 16 2815 - b) m £ 32 487- . 3.Phương trình bậc bốn hồi quy : Dạng tổng quát : ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 , (a ¹ 0) trong đó ad2 = eb2 (*) q Nếu b = 0 thì d = 0 phương trình trở thành phương trình trùng phương : ax4 + cx2 + e = 0 và ta giải quyết được theo phương pháp 1. q Nếu b ¹ 0 thì d ¹ 0 , điều kiện ĩ a e = 2d b ỉ ư ç ÷ è ø Đặt b d = t thì e = at2 và d = bt thì phương trình (*) trở thành: ax4 + bx3 + cx2 + btx + at2 = 0. (**) Do x = 0 không là nghiệm của phương trình (**) nên ta chia 2 vế phương trình (**) cho x2 ¹ 0 ta được ax2 + bx + c + x bt + x ta 2 2 = 0 ĩ a(x2 + x t 2 2 ) + b(x + x t ) + c = 0 (***) Đặt x + x t = y (điều kiện : y2 ³ 4t) Þ x2 + x t 2 2 + 2t = y2 Þ x2 + x t 2 2 = y2 – 2t. Phương trình (***) trở thành : ay2 + by + c – 2at = 0 là phương trình bậc hai theo y , ta sẽ tìm được nghiệm y Þ tìm được x. Thí dụ : giải phương trình 2x4 – 21x3 + 34x2 + 105 x + 50 = 0. Hứơng dẫn: Đặt x - x 5 = y ta thu được phương trình : 2y2 –21y + 54 = 0 có nghiệm y1 = 6, y2 = 2 9 o Với y1 = 6 thì ta thu được các nghiệm : x1 = 143 + , x2 = 143 - . o Với y2 = 2 9 thì ta thu được : x3 = 4 1619 + , x4 = 4 1619 - . 4.Phương trình bậc bốn dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c , (c > 0) : (3d) Phương pháp giải phương trình loại này là đặt x = y - 2 ba + . Khi đó phương trình (3d) trở thành: 4 4 2 2 a b a by y c- -ỉ ư ỉ ư+ + - =ç ÷ ç ÷ è ø è ø . Đặt a = 2 ba - để được phương trình gọn hơn : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 24 4 2 2 2 22y y c y y y y ca a a a a ắ ù+ + - = Û + + - - + - =ë û ( ) ( ) 2 22 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 12 2 0 (*) y y c y y c a a a a Û + - - = Û + + - = (*) là phương trình trùng phương theo y. Ta giải quyết tiếp bài toán theo phương pháp 1. Thí dụ : Giải phương trình (x – 2004)4 + (x – 2006)4 = 2 Đáp số: x = 2005 5. Phương pháp hệ phương trình đối xứng Khi ta gặp các phương trình dạng ( ) ( ) ( )22 2 0a ax bx c b ax bx c c x a+ + + + + + = ¹ (4e) thì ta chuyển về hệ phương trình bằng cách đặt 2y ax bx c= + + . Lúc đó ta có hệ đối xứng ² ² ax bx c y ay by c x + + =ì í + + =ỵ Ta trừ vế theo vế hai phương trình của hệ và thu được ( )( ) ( ) ( )( )1 0a x y x y b x y y x x y ax ay b- + + - = - Û - + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 1 0 1 1 11 0 x y x ax bx c ax b x c b b b acx y ax b xx ax bx c a aa = é é= + +é + - + = ê êêÛ Û Û- + - + + +ê êê + = + + + =+ + + =êê êë ëë Giải 2 phương trình bậc hai này ta thu được nghiệm của phương trình Thí dụ. Giải phương trình ( )22 22 4x x x+ - + = Giải Phương trình ( ) ( )22 22 2 2x x x x xÛ + - + + - - = Đặt 2 2y x x= + - thì ta có hệ : ² - 2 ² - 2 x x y y y x + =ì í + =ỵ Trừ vế theo vế ta được ( )( )2 0x y x y- + + = 2 2 2 2 2 0 0 22 2 0 x y x x x x x y x xx x x é é= = + -é = ± Û Û Ûê êê + + = = Ú = -+ + - + =ë ëë Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm { }2, 2,0, 2x Ỵ - - 6. Phương trình bậc bốn dạng ( )( ) ( )( ) ( ) x a x b x c x d m a b c d b+ + + + = + + + = Phương trình ( )( )2 2x x ab x x cd mb bÛ + + + + = Đặt 2x x yb+ = thì ta được phương trình ( )( )y ab y cd m+ + = ( )2 0y ab cd y abcd mÛ + + + - = Giải ra ta tìm được y rồi thay vào phương trình ban đầu để tìm x Thí dụ. Giải phương trình ( )( ) ( )( )1 3 5 7 297x x x x- - + + = Giải Để ý thấy (-1) + 5 = (-3) + 7 cho nên tabiến đổi lại như sau: Phương trình ( )( ) ( )( )1 5 3 7 297x x x xÛ - + - + = ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 4 5 4 21 297 5 21 297 4 26 192 0 32, 6 x x x x y y y x x y y y y Û + - + - = Û - - = = + Û - - = Û = = - 7. Phương trình bậc bốn dạng ( )( )( ) ( ) ( )2 x a x b x c x d mx ad bc b+ + + + = = = Phương trình ( )( )( ) ( ) 2x a x d x b x c mxÛ + + + + = ( ) ( )2 2 2x a d x x b c x mxb bé ù é ùÛ + + + + + + =ë û ë û Ta chỉ quan tâm đến trường hợp 0b ¹ . Khi đó 0x = không là nghiệm phương trình trên Chia 2 vế phương trình trên cho 2 0x ¹ ta được x a b x c d m x x b bỉ ưỉ ư+ + + + + + =ç ÷ç ÷ è øè ø Đặt y x x b = + ta thu được phương trình ( ) ( ) ( ) ( )( )2 0y a b y c d m y a b c d y a b c d m+ + + + = Û + + + + + + + - = Giải phương trình trên ta thu được y từ đó tìm được x Thí dụ. Giải phương trình ( )( )2 2 23 2 9 18 168x x x x x+ + + + = Hướng dẫn. Phương trình 6 67 5 168x x x x ỉ ưỉ ưÛ + + + + =ç ÷ç ÷ è øè ø ( )( ) 2 1 2 67 5 168 7 12 133 0 19 6 7 1, 6 6 19 33719 2 y y y x x y y y y x x x x x x x ỉ ưÛ + + = = +ç ÷ è ø =é Û + - = Û ê = -ë é + = Û = =ê êÛ - ±ê + = - Û =êë Vậy các nghiệm của phương trình là 19 337 19 3371,6, , 2 2 x ì ü- + - -ï ïỴ í ý ï ïỵ þ B. CÁC PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC Trong phần này tôi xin giới thiệu cùng bạn đọc một số phương trình thường gặp trong các kì thi như : phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối , phương trình vô tỷ, phương trình chứa ẩn ở mẫu. I.Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối : Một số tính chất của A : A = ỵ í ì < ³ 0 A nếu A- 0 A nếu A A" ỴR 1) A B A B+ £ + . Dấu “=” xảy ra Û AB ³ 0. Chứng minh : Bình phương 2 vế : A2 + 2AB + B2 £ A2 + 2 AB + B2 ĩ AB £ AB : luôn đúng. 2) BABA -³- . Dấu “=” xảy ra Û B(A – B) ³ 0 Chứng minh: Áp dụng tính chất 1 ta có : A = BB)-(A + £ BA - + B Û BABA -³- : đpcm. Lưu ý: A2 = A Thí dụ :giải phương trình 14412 22 =+-++- xxxx Giải: phương trình Û ( ) ( ) 121 22 =-+- xx Û xx -+- 21 = 1 . (Để ý 2-x = x-2 ) Áp dụng tính chất 1 ta có xx -+- 21 ³ ( ) )2(1 xx -+- Û xx -+- 21 ³ 1. Dấu “=” Û (x – 1)(2 – x) ³ 0 Û 1 £ x £ 2 v Một số dạng thường gặp: 1.Phương trình dạng A = B (5a) Phương trình (5a) A B A B =é Û ê = -ë 2.Phương trình dạng A =B (5b) Phương trình (5b) Û ỵ í ì == ³ B- A hayB A 0B hoặc Phương trình (5b) Û ỵ í ì = ³ B A 0A hay ỵ í ì = < B- A 0A 3.Phương trình cứ nhiều dấu giá trị tuyệt đối : Phương pháp thừơng dùng là xét nghiệm của phương trình trên từng khoảng giá trị của TXĐ. Thí dụ :giải phương trình 42533 -=-++ xxx (5c). Giải: Nghiệm của các phương trình (3x + 3) , (x – 5), (2x – 4) lần lượt là –1, 5, 2. o Khi x ³ 5 thì phương trình (5c) trở thành :(3x + 3) + (x – 5) = (2x – 4) Û x = -1 (loại do không thuộc khoảng đang xét ) o Khi 2 £ x < 5 thì phương trình (5c) trở thành (3x + 3) + (5 – x) = (2x – 4) Þ vô nghiệm . o Khi –1 £ x < 2 thì phương trình (5c) trở thành (3x + 3) + (5 – x) = (4 – 2x) Û x = -1 (thỏa) o Khi x < -1 thì phương trình (5c) trở thành (-3x – 3) + (5 – x) = (4 – 2x) Û x = -1 (loại do không thuộc khoảng đang xét ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x= -1 2.Phương trình vô tỷ: Đây là phần quan trọng nhất trong các loại phương trình vì nó rất đa dạng và phức tạp .Phương trình vô tỷ thường xuất hiện nhiều trong các kỳ thi, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên ...Trong mục này chúng ta chỉ chú trọng đến phương trình chứa căn bậc hai và ba và các phương pháp giải chúng. v Một số tính chất cơ bản: · 2n f(x) = g(x) Û ỵ í ì = ³ [g(x)]f(x) 0g(x) 2n · 12n f(x)+ = g(x) Û f(x) = [g(x)] 12n+ · [f(x)]2n = [g(x)]2n Û g(x)f(x) = · [f(x)] 12n+ = [g(x)] 12n+ Û f(x) = g(x) Lưu ý : Phép nâng lũy thừa với số mũ chẵn là phép biến đổi tương đương khi 2 vế cùng dấu. v Một số dạng phương trình vô tỷ thường gặp và phương pháp giải: 1.Phương pháp giản ước : Khi ta chia 2 vế của phương trình cho f(x) thì phải chú ý điều kiện f(x) ³ 0 Thí dụ : giải phương trình )3()5( +=-+ xxxx2) - x(x (6a). Giải: Điều kiện : x ³ 5 hoặc x £ -3. Xét x ³ 5: khi đó ta chia 2 vế phương trình (6a) cho x > 0 thì thu được : 3x5x2-x +=-+ . Bình phương 2 vế không âm cho ta phương trình : 2x – 7 + 2 5x2-x - = x+3 Û 2 5x2-x - = 10 – x. Û ỵ í ì -=-- ³- x)(105)2)(x4(x 0x10 2 Û ỵ í ì =-- ³ 0608x x 3x 10 2 Û x1 = 6 (thoả), x2 = 3 10- (loại) Xét x £ -3 Þ -x > 0 : phương trình (6a) Û )3)(()5)(()2)(( ---=--+-- xxxxxx (6a1) Chia 2 vế phương trình (6a1) cho )( x- ta được : xxx --=-+- 352 . Rõ ràng VT > VP Þ vô nghiệm . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất :x = 6. 2.Phương pháp trị tuyệt đối hóa: Trong một vài trường hợp ta có thểđưa biểu thức chứa ẩn dưới căn thức về được dạng bình phương. Khi đó ta được biểu thức chứa trong dấu giá trị tuyệt đối nhờ tính chất : A2 = A Thí dụ : giải phương trình 12221610122 +-+=+-+++++ xxxxxx (6b) Hướng dẫn: (6b) Û 112)1(2916)1(112)1( ++-+=++-++++++ xxxxxx Û 1)1x(23)1x(1)1x( 222 -+=-++++ Û 1123111 -+=-++++ xxx Đặt 1+x = y thì ta được phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối quen thuộc: 1231 -=-++ yyy 3.Phương pháp hữu tỷ hoá: Đây là phương pháp chuyển phương trình chứa căn thức về dạng phương trình hữu tỷ (có bậc nguyên) bằng cách đặt ẩn phụ. Thí dụ 1) giải phương trình : x2 + 8x + 12 - 2 882 ++ xx = 3 (6c1) Giải: Đặt 882 ++ xx = y (y > 0) thì x2 + 8x + 12 = (x2 + 8x + 8) + 4 = y2 + 4. Phương trình (6c1) trở thành: y2 + 4 - 2y = 3 Û y = 1 (thỏa điều kiện ). Þ x2 + 8x + 8 = 1 Þ x1 = -1, x2 = -7. Vậy phương trình có 2 nghiệm :x1 = -1, x2 = -7. Thí dụ 2) Giải phương trình 215 44 =-+- xx (6c2) Giải: Điều kiện :1 £ x £ 5 . Ta đặt 4 1-x = y + m ( m là hằng số) Þ x = (y + m)4 + 1 . Do 1 £ x £ 5 nên -m £ y £ -m + 2 . Khi đó 4 5 x- = 4 4 m)(y 4+- , phương trình (6c2) trở thành: y + m + 4 4 m)(y 4+- = 2 (6c3) Û 4 4 m)(y 4+- = 2 - y – m . Do y £ -m + 2 nên 2 - y – m ³ 0 . Phương trình (6c3) Û 4 – (y + m) 4 = ( 2 - y – m)4. Û ( 2 - y – m)4 + (y + m) 4 = 4 Û [ ( 2 - y – m)2 + (y + m) 2 ]2 - 2( 2 - y – m)2 (y + m) 2 = 4. (6c4). Đến đây ta chọn m tốt nhất sao cho phương trình (6c4) trở thành phương trình bậc bốn trùng phương, nghĩa là 2 - y – m và y + m phải là 2 lượng liên hợp Û 2 - m = m Û m = 2 2 Þ - 2 2 £ y £ 2 2 Phương trình (6c4) trở thành [ ( 2 2 - y )2 + ( 2 2 + y ) 2 ]2 - 2( 2 2 - y )2 ( 2 2 + y) 2 = 4 Û (1 + 2y2)2 – 2( 2 1 - y2)2 = 4 Û 2y4 + 6y2 - 2 7 = 0 Û y1 = - 2 2 , y2 = 2 2 . · y1 = - 2 2 thì x1 = ( - 2 2 + 2 2 )4 +1 =1 · y2 = 2 2 thì x2 = ( 2 2 + 2 2 )4 + 1 = 5. Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x1 = 5, x2 = 1. Điều cần lưu ý ở các bài toán dạng này là chọn m thích hợp để làm bài toán gọn hơn, đơn giản hơn. Một số dạng phương trình thường gặp : i) ncx)cx)(b(adcxbcxa =-++-++ (c > 0, d ¹ 0) (6c) Phương pháp giải: Điều kiện : a + cx ³ 0 và b – cx ³ 0 Þ c a- £ x £ c b và a + b ³ 0. Đặt y = cxbcxa -++ thì y ³ 0 và y2 £ 2(a + b) (bạn đọc tự chứng minh !) Þ 2 cx)cx)(b(a -+ = y2 – a – b (6c1)Þ y2 ³ a + b. Phương trình (6c) trở thành 2y + d(y2 – a – b) = n ĩ dy2 + 2y – (a + b + n). (6c2) . Điều kiện của y là: ba + £ y £ 2 ba + . Giải phương trình (6c2) ta có y , thay y vào phương trình (6c1) rồi bình phương 2 vế ta tìm được x . Thí dụ : giải phương trình 1x)4)(1(x-x-14x =-+++ Đáp số: x = 0 ii) 2 2x a b a x b+ - + - + 2 2x c b c x b+ - + - = dx + m . (a ¹ 0) (6d) Phương pháp giải: Điều kiện : x ³ b. Phương trình (6d) Û a)bx( +- 2 + c)bx( +- 2 = dx + m Û abx +- + c+- bx = dx + m Đặt bx - = y (y ³ 0) rồi giải phương trình chứ a dấu giá trị tuyệt đối theo y. Từ đó suy ra x. Thí dụ : giải phương trình 12168143 -=--++--+ xxxxx Đáp số : x = 2 4.Phương pháp hệ phương trình hóa: Trong phần này tôi xin trình bày cách chuyển một phương trình vô tỷ về hệ phương trình hữu tỷ cũng bằng cách đặt ẩn phụ. i) Phương trình bậc hai chứa căn : Dạng tổng quát : edxv)(uxrbax 2 +++=+ (a, u , r ¹ 0) (6e) Phương pháp giải: Điều kiện :ax + b ³ 0 . Đặt bax + = uy + v (uy + v ³ 0) ĩ ax + b = (uy + v)2 (6e1) Phương trình (6e) trở thành r(ux + v)2 = uy + v – dx – e (6e2) Nếu ỵ í ì += += ebrv daru thì từ (6e1) và (6e2) ta có hệ sau ïỵ ï í ì +-+=+ +=+ bru)x(aruyv)(uxr brarxv)(uyr 2 2 Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được : r(uy+v)2 – r(ux+v)2 = ux – uy Û u(y – x)(ruy + rux + 2rv +1) = 0 ( )2 1 1 12 2 ux v ax bx y ux v uy v uy ux v ax b v ux v ax b ux vr r r é + = += + = +é é êê êÛ Û Û ê ỉ ưê ê= - - - + - = - - - + = - + +ç ÷êë ë è øë Giải 2 phương trình trên ta tìm được nghiệm phương trình . Thí dụ : giải phương trình 52x + = 32x2 + 32x . (6e3) Giải : Điều kiện : x ³ 2 5- Phương trình (6e3) Û 52x + = 2(4x + 2)2 – 8. Đặt 52x + = 4y + 2 ( y ³ 2 5- ) thì ta có hệ ïỵ ï í ì +=+ +=+ 52y24x 52x2)4y )( ( 2 2 Trừ vế theo vế ta được 2(y – x)(4y + 4x + 5) = 0 ( ) ( ) 2 5 4 2 6 4 4 4 5 2 5 2 4 5 6 5 x x ey x y x x x e é + = +=é êÛ Ûê = - - ê + - = - -ë ë o Giải (6e4) : phương trình (6e4) Û ïỵ ï í ì ++=+ ³ 416x16x52x 2 1-x 2 Û x = 16 657 +- o Giải (6e5) : phương trình (6e5) Û ïỵ ï í ì +=+ ££ )34(52 2xx 4 3-x 2 5- Û x = 16 5711-- Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là : x1 = 16 657 +- , x2 = 16 5711-- Lưu ý. Cách giải hoàn toàn tương tự khi ta xét phương trình bậc ba có chứa căn bậc ba : edxv)(uxrbax 33 +++=+ với điều kiện ỵ í ì += += ebrv daru (Xin giành cho bạn đọc !) Thí dụ :giải phương trình 3 53 -x = 8x3 – 36x2 + 53x – 25. Hướng dẫn : Biến đổi phương trình thành 3 53 -x = (2x – 3)3 – x + 2 và giải. ii) Phương trình dạng cf(x)bf(x)-a =++ . Trong đó f(x) là một hàm số chứa biến x, f(x) thường bằng kx, kx2, k d-x .... Cách giải phương trình loại này là đặt ẩn phụ và đừng quên tìm điều kiện để căn có nghĩa ! Ta đặt ïỵ ï í ì += -= f(x)bv f(x)au (I) Þ ỵ í ì +=+ =+ bavu cvu 22 Û ïỵ ï í ì -- = =+ 2 bacuv cvu 2 . Theo định lý Viet đảo ta có u, v là 2 nghiệm của phương trình : X2 – cX + 2 bac2 -- = 0. Giải ra ta tìm được u, v Þ tìm được f(x) Þ tìm được x. Lưu ý: f(x) là nghiệm chung của hệ (I). . Các dạng thường gặp của loại phương trình này là: · cf(x)bf(x)a =--+ · cf(x)bf(x)a 33 =-±+ · cf(x)bf(x)a 44 =-±+ · cf(x)bf(x)a 55 =-±+ Thí dụ :giải phương trình 2=-++ 33 x31- x Đáp số : x = 4 Ngoài ra còn có dạng sau: cf(x)bf(x)a nm =++- (m ¹ n, max{m, n} = 4) Sau khi đặt ẩn phụ ta thu được phương trình có bậc nhỏ hơn 5 . 5.Phương pháp lượng liên hợp: Việc nhân một lượng liên hợp vào một biểu thức làm cho việc giải phương trình trở nên dễ dàng hơn. Phương pháp này được sử dụng trong nhiều mục đích khác nhau, ở đây tôi xin đưa ra 3 lợi ích khi sử dụng phương pháp này : v Nhằm tạo ra một nhân tử chung với vế còn lại. Thí dụ : giải phương trình 3x2x12x +=--+ (7a) Giải: Điều kiện : x ³ 2 Để ý thấy (2x + 1) – (x – 2) = x + 3 = VP. Do đó ta nhân lượng liên hợp vào 2 vế của phương trình : ( 2x12x --+ ) ( 2x12x -++ ) = (x + 3)( 2x12x -++ ) Û x + 3 = (x + 3)( 2x12x -++ ) 3 2x 1 x 2 x = -é Û ê + + -êë = 1 Þ phương trình vô nghiệm v Nhằm tạo ra ở mỗi vế một nhân tử chung. Thí dụ : giải phương trình 2xx32xx223x-x1x2 2222 +-+++=-+- (7b) Giải : Điều kiện : x £ 2 2- hoặc x ³ 2 173 + . (7b) Û 23x-x2xx32xx21x2 2222 --+-=++-- 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 1 2 2x 3)( 2 1 2 2x 3)x x x x 2 1 2 2x 3x x ( x 2 -3x 2)( x 2 -3x 2)x x x x x 2 -3x 2x x - - + + - + + + Û - + + + - + - - - + + - = - + + - 2 2 2 2 -(2x 4) 2x 4 2 1