Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 1 LỜI NÓI ĐẦU: Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vô tỷ. Trong những năm gần đây, phương trình vô tỷ thường xuyên xuất hiện ở câu II trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng. Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỷ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng. Như chúng ta đã biết phương trình vô tỷ có nhiều dạng và nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong bài tập lớn này, tôi xin trình bày “một số phương pháp giải phương trình vô tỷ”, mỗi phương pháp đều có bài tập minh họa được giải rõ ràng, dễ hiểu; sau mỗi phương pháp đều có bài tập áp dụng giúp học sinh có thể thực hành giải toán và nắm vững cái cốt lõi của mỗi phương pháp. Hy vọng nó sẽ góp phần giúp cho học sinh có thêm những kĩ năng cần thiết để giải phương trình chứa căn thức nói riêng và các dạng phương trình nói chung. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 2 A. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU: Giải phương trình: 2 2 1 1 (*) 3 x x x x     (ĐHQG HN, khối A-2000) Giải: Điều kiện: 0 1x   Cách 1:   2 2 22(*) 1 1 3 x x x x            2 24 41 ( ) 1 2 (1 ) 3 9 x x x x x x        2 24( ) 6 0x x x x     2 22 (2 3) 0x x x x     2 2 0 3 2 x x x x        2 2 0 9 0( ) 4 x x x x PTVN          0 1 x x     (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x  .  Cách 2: Nhận xét: 2x x được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức:   2 21 =1+2x x x x   . Đặt 1t x x   ( 0)t  . 2 2 1 2 t x x     . Phương trình (*) trở thành: 2 2 111 3 2 0 23 tt t t t t           Với 1t  ta có phương trình: 2 2 0 1 1 2 0 0 1 x x x x x x x x              (thỏa điều kiện). Với 2t  ta có phương trình: Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 3 2 2 29 91 2 2 3 0( ) 4 4 x x x x x x x x PTVN             . Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x  .  Cách 3: Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể     2 2 1 1x x   . (*) 2 . 1 3 1 3 3x x x x       1 2 3 3 3 (1)x x x     . 9 4 x  không thỏa mãn phương trình (1). Do đó, 3 3 (1) 1 (2) 2 3 x x x      . Đặt 3 3 ( 0), (2) 1 2 3 t t x t x t        . Ta có:     2 2 1 1x x   2 2 3 3 1 2 3 t t t         2 2 2 2(4 12 9) 9 18 9 4 12 9t t t t t t t         4 3 24 12 14 6 0t t t t     3 2(2 6 7 3) 0t t t t     2( 1)(2 4 3) 0t t t t     0 1 t t     . Với 0t  ta có 0 0x x   (thỏa điều kiện). Với 1t  ta có 1 1x x   (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x  .  Cách 4: Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể     2 2 1 1x x   . Đặt ( 0); 1 ( 0)a x a b x b     . Ta có hệ phương trình: 2 2 2 1 3 1 ab a b a b         2 3 2 3( ) ( ) 2 1 ab a b a b ab         2 2 3( ) 3 ( ) 3( ) 2 0 ab a b a b a b           NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 4 2 3( ) 3 1 2 ab a b a b a b           1 0 2 3 2 a b ab a b ab             a, b là 2 nghiệm của phương trình 2 1 0 0 0 1 a b X X a b           . (Trường hợp 2 3 2 a b ab      loại vì 2 3 2 4. 0 2   ). Với 1 0 a b    ta có 1 1 1 0 x x x       (thỏa điều kiện). Với 0 1 a b    ta có 0 0 1 1 x x x       (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x  .  Cách 5: Nhận xét: Từ     2 2 1 1x x   , ta nghĩ đến đẳng thức: 2 2sin os 1a c a  . Đặt sin , 0 a 2 x a     . Phương trình (*) trở thành: 2 2 2 1 sin . 1 sin sin 1 sin 3 a a a a     3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)a a a a v a     2(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0a a a a      sin cos 1 sin cos 2 a a a a       sin cos 1a a   2 sin( ) 1 4 a     2 1 4 4sin( ) ( ) 34 2 2 4 4 a k a k a k                       2 0 ( ) ( ì 0 ) 22 2 2 a k a k v a a k a                      Với 0a  ta có 0 0x x   (thỏa điều kiện). Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 5 Với 1a  ta có 1 1x x   (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x  . Qua bài toán mở đầu, ta thấy có nhiều cách khác nhau để giải một phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, các cách đó đều dựa trên cơ sở là phá bỏ căn thức và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây, tôi xin trình bày một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.  Một số phép biến đổi tương đương:  Cộng, trừ hai vế của phương trình với cùng biểu thức mà không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình.  Nhân, chia hai vế của phương trình với cùng biểu thức khác 0 mà không làm thay đổi điều kiện của phương trình.  Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của phương trình.  Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của phương trình cùng dương. 1. Lũy thừa hai vế của phương trình:  2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x    .  2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x      .  2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )k kf x g x f x g x    .  2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x      .  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A B C D   , ta thường bình phương 2 vế, điều đó nhiều khi cũng sẽ gặp khó khăn.  Với phương trình dạng: 3 3 3A B C  và ta thường lập phương hai vế để đưa phương trình về dạng:  3 333 .A B A B A B C    và ta sử dụng phép thế : 3 3 3A B C  ta được phương trình hệ quả: 33 . .A B A B C C   Bài 1: Giải phương trình: 1 10 2 5 (*)x x x x       Giải: Điều kiện: 1x   . NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 6 2 2(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10x x x x x x          2 22 11 10 7 10x x x x       2 2 211 14 4 11 10 7 10x x x x x x         2 11 10 1x x x      2 2 1 0 11 10 2 1 x x x x x           1 1 9 9 x x x         (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là: 1x   . Bài 2: Giải phương trình: 3 3 31 2 3 0 (*)x x x      Giải: 3 3 3(*) 1 2 3x x x       3 332 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3x x x x x x           3 332 ( 1)( 2)( 1 2) 0x x x x x          332 ( 1)( 2) 3 0x x x x        3 ( 1)( 2)( 3) 2x x x x      3 2 3 26 11 6 6 12 8x x x x x x        2x   Thử lại, 2x   thỏa mãn phương trình (*). Vậy nghiệm của phương trình là: 2x   . Bài 3: Giải phương trình: 3 3 1 2 2 2x x x x      Giải: Điều kiện: 0x  Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:     1 3 3 1 2 2 1x x x x x      , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3 1 2 2 4 3x x x x      Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả : 2 26 8 2 4 12x x x x    22( 1) 0 1x x     Thử lại, 1x  thỏa mãn phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là: 1x  .  Nhận xét : Nếu phương trình :        f x g x h x k x   Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 7 Mà có :        f x h x g x k x   , thì ta biến đổi phương trình về dạng :        f x h x k x g x   sau đó bình phương hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài 4: Giải phương trình : 3 21 1 1 3 (1) 3 x x x x x x          Giải: Điều kiện : 1x   Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? Ta có nhận xét : 3 21. 3 1. 1 3 x x x x x x        , từ nhận xét này ta có lời giải như sau : 3 21(1) 3 1 1 3 x x x x x x           Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả: 3 2 2 1 31 1 2 2 0 3 1 3 xx x x x x x x                Thử lại : 1 3, 1 3x x    là nghiệm của phương trình.  Nhận xét : Nếu phương trình :        f x g x h x k x   Mà có :        . .f x h x k x g x thì ta biến đổi phương trình về dạng:        f x h x k x g x   sau đó bình phương hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 2 22 2 1 3 4 1x x x x x      . 2. 3 1 4 1x x    . 3. 1 6 5 2x x x      . 4. 11 11 4x x x x      . 5. 3 312 14 2x x    . 6. 3 3 31 2 2 1x x x     . 2. Trục căn thức: 2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0x . Như vậy, phương trình luôn đưa về được dạng tích    0 0x x A x  ta có thể giải phương trình NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 8   0A x  hoặc chứng minh   0A x  vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh giá   0A x  vô nghiệm. Bài 1: Giải phương trình:  2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x          Giải: Điều kiện: 2 1 5 2 x x       . Ta nhận thấy :      2 23 5 1 3 3 3 2 2x x x x x        và      2 22 3 4 3 2x x x x      .  2 2 2 23 5 1 3 1 2 3 4pt x x x x x x x             2 22 2 2( 2) 3( 2) 2 3 43 5 1 3 1 x x x x xx x x x              .  2 2 2 2 3 2 ( 2) 0 2 3 4 3 5 1 3 1 x x x x x x x x                     . 2x  (thỏa). Dễ dàng chứng minh được phương trình  2 2 2 2 3 2 0 2 3 4 3 5 1 3 1x x x x x x x            vô nghiệm vì  1 50, ; 2 ; 2 VT x            . Vậy 2x  là nghiệm của phương trình. Bài 2: Giải phương trình: 2 212 5 3 5x x x     Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 2 2 5 12 5 3 5 0 3 x x x x        Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng    2 0x A x  , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : 2 212 4 3 6 5 3pt x x x        Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 9   2 2 2 2 4 4 3 2 12 4 5 3 x x x x x             2 2 2 2 2 3 0 12 4 5 3 x x x x x               2x  Dễ dàng chứng minh được : 2 2 2 2 5 3 0, 312 4 5 3 x x x x x            . Vậy 2x  là nghiệm của phương trình. Bài 3: Giải phương trình : 2 33 1 2x x x    Giải: Điều kiện: 3 2x  Nhận thấy 3x  là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình: 2 33 1 2 3 2 5pt x x x              2 2 32 233 3 3 93 3 1 2 51 2 1 4 x x xx x xx x                     2 2 32 233 3 3 9 ( 3) 1 0 2 51 2 1 4 x x x x xx x                      2 3 22 233 3 3 93 (*)1 2 5 1 2 1 4 x x xx x x x              Phương trình (*) vô nghiệm vì:     222 2 23 33 3 3 1 1 2 1 2 1 4 1 1 3 x x x x x              2 3 3 9 2 5 x x x      Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 3x  . 2.2. Đưa về “hệ tạm”: Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C  , mà : A B C  ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 10 A B C A B A B        , khi đó ta có hệ: 2 A B C A C A B           Bài 1: Giải phương trình sau : 2 22 9 2 1 4x x x x x       Giải: Ta thấy:      2 22 9 2 1 2 4x x x x x       Phương trình đã cho có nghiệm 4 0 4x x      4x   không phải là nghiệm của phương trình. Xét 4x   trục căn thức ta có : 2 2 2 2 2 8 4 2 9 2 1 2 2 9 2 1 x x x x x x x x x x                Ta có hệ phương trình: 2 2 2 2 2 0 2 9 2 1 2 2 2 9 6 8 2 9 2 1 4 7 x x x x x x x x xx x x x x                       Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x= 8 7 . Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau : 1.  2 23 1 3 1x x x x     2. 4 3 10 3 2x x    3. 23 4 1 2 3x x x     4. 2 33 1 3 2 3 2x x x     5. 2 32 11 21 3 4 4 0x x x     6. 2 22 16 18 1 2 4x x x x      7. 2 215 3 2 8x x x     8.      2 2 5 2 10x x x x x      2.3. Phương trình biến đổi về tích: 2.3.1 Sử dụng đẳng thức:   1 1 1 0u v uv u v          0au bv ab vu u b v a       2 2A B Bài 1: Giải phương trình : 233 31 2 1 3 2x x x x       Giải: 3 3 3 31 2 1 1. 2PT x x x x          3 31 1 2 1 0x x      0 1 x x      Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 11 Vậy nghiệm của phương trình là: 0; 1x x   . Bài 2: Giải phương trình : 2 23 33 31x x x x x     Giải:  0x  , không phải là nghiệm.  0x  , ta chia hai vế cho 3 x : 3 33 1 1 1 x PT x x x         3 33 3 1 1 1 1 0 11 1 x x x xxx x                  Vậy nghiệm của phương trình là: 1x  . Bài 3: Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x       Giải: Điều kiện: 1x   3 2 1 2 ( 3)( 1)PT x x x x x x          3 2 1 1 0x x x      3 2 1 1 x x x        2 0 1 4 3 0 0 1 1 x x x x x x            (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là: 0; 1x x  . Bài 4: Giải phương trình : 4 3 4 3 x x x x     Giải: Điều kiện: 0x  Chia cả hai vế cho 3x  ta được: 2 4 4 4 1 2 1 0 3 3 3 x x x x x x             4 1 4 3 1 3 x x x x x         (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là: 1x  . 2.3.2 Dùng hằng đẳng thức: Biến đổi phương trình về dạng : k kA B NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 12 Bài 1: Giải phương trình : 3 3x x x   Giải: Điều kiện: 0 3x  Khi đó pt đã cho tương đương: 3 23 3 0x x x    3 31 10 10 1 3 3 3 3 x x           (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là: 3 10 1 3 x   . Bài 2: Giải phương trình sau : 22 3 9 4x x x    Giải: Điều kiện: 3x   Phương trình đã cho tương đương :   2 2 3 1 31 3 9 3 1 3 x x x x x x              2 2 1 3 1 9 7 2 0 5 97 1 18 3 9 5 2 0 x x x x x x x x                    (thỏa) Vậy nghiệm của phương trình là: 5 97 1; 18 x x     . Bài 3: Giải phương trình sau :     22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x     Giải:   3 3 3 3 32 3 0 2 3 2 3 1PT x x x x x x x            . Vậy nghiệm của phương trình là: 1x  . II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường: Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt  t f x và chú ý điều kiện của t . Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t và quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt ẩn phụ xem như “hoàn toàn ”. Bài 1: Giải phương trình: 2 21 1 2x x x x      Giải: Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 13 Điều kiện: 1x  Nhận xét: 2 21. 1 1x x x x     Đặt 2 1( 0)t x x t    thì phương trình trở thành: 2 21 2 2 1 0 ( 1) 0 1t t t t t t            Với 1t  ta có phương trình: 2 21 1 1 1 2 2 1x x x x x x           (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là: 1x  . Bài 2: Giải phương trình: 22 6 1 4 5x x x    Giải: Điều kiện: 5 4 x   Đặt 4 5( 0)t x t   thì 2 5 4 t x   . Thay vào ta có phương trình sau: 4 2 2 4 210 25 62. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 t t t t t t t            2 2( 2 7)( 2 11) 0t t t t      1 2 2 1 2 2 1 2 3 1 2 3 t t t t                 (vì 0t  ). Với 1 2 2t    ta có: 4 5 1 2 2 4 4(1 2) 1 2x x x          Với 1 2 3t   ta có: 4 5 1 2 3 4 4(2 3) 2 3x x x         Vậy nghiệm của phương trình là: 1 2; 2 3x x    . Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 22 6 1 0x x   Ta được: 2 2 2( 3) ( 1) 0x x x    , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x   và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ). Bài 3: Giải phương trình: 5 1 6x x    Điều kiện: 1 6x  Đặt 1(0 5)y x y    thì phương trình đã cho trở thành: 2 4 25 5 10 20 0y y y y y        2 2( 4)( 5) 0y y y y      NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 14 1 21 1 172 21 17 2 y y y             ( vì 0 5y  ) Với 1 17 2 y    ta có phương trình 1 17 11 17 1 2 2 x x        (thỏa) Vậy nghiệm của phương trình là: 11 17 2 x   . Bài 4: Giải phương trình:    2 2004 1 1x x x    Giải: Điều kiện: 0 1x  Đặt 1y x  (0 1y  ) phương trình trở thành: 2 2 2 2(1 ) (2005 )(1 )y y y    2 2 2 2(1 ) (1 ) (2005 )(1 )y y y y      2 22(1 ) ( 1002) 0y y y     1 11 4009 2 y y y        ( vì 0 1y  ) Với 1y  ta có phương trình 1 1 0x x    Vậy nghiệm của phương trình là: 0x  . Bài 5: Giải phương trình: 2 1 2 3 1x x x x x     Giải: Điều kiện: 1 0x   Chia cả hai vế cho x ta được phương trình: 1 1 1 1 2 3 2 3 0x x x x x x x x           (*) Đặt 1 ( 0)t x t x    phương trình (*) trở thành: 2 12 3 0 1 3 t t t t t          Với 1t  ta có phương trình 1 1x x   2 1 0x x    1 5 1 52 21 5 2 x x x           . Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 15 Vậy nghiệm của phương trình là: 1 5 2 x   . Bài 6: Giải phương trình : 2 4 23 2 1x x x x    Giải: 0x  không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho x ta được: 3 1 1 2x x x x          (*) Đặt t= 3 1 x x  phương trình (*) trở thành : 3 2 0t t    1t  . Với 1t  ta có phương trình 23 1 1 5 1 1 0 2 x x x x x          . Vậy nghiệm của phương trình là 1 5 2 x   . Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 2 215 2 5 2 15 11x x x x     2. 2( 5)(2 ) 3 3x x x x    3. 2(1 )(2 ) 1 2 2x x x x     4. 2 217 17 9x x x x     5. 32 21 2 1 3x x    6. 2 2 11 31x x   7. 2 2 22 (1 ) 3 1 (1 ) 0nn nx x x      8. 2(2004 )(1 1 )x x x    9. ( 3 2)( 9 18) 168x x x x x     10. 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x        Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải. 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phương trình: 2 2 0u uv v    (1) bằng cách  Xét 0v  phương trình trở thành : 2 0 u u v v                  0v  thử trực tiếp. Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):         . .a A x bB x c A x B x   2 2u v mu nv    NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 16 Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . 2.1. Phương trình dạng :        . .a A x bB x c A x B x  Như vậy phương trình    Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu             .P x A x B x Q x aA x bB x      Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:   3 21 1 1x x x x         4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x             4 2 21 2 1 2 1x x x x x        4 2 24 1 2 2 1 2 2 1x x x x x      Bài 1: Giải phương trình :  2 32 2 5 1x x   Giải: Điều kiện: 1x   Đặt 21, 1u x v x x     Phương trình trở thành:  2 2 2 2 5 1 2 u v u v uv u v        * Với 2u v ta có phương trình 2 21 2 1 4 5 3 0( )x x x x x PTVN        . * Với 1 2 u v ta có phương trình 2 211 1 5 3 0 2 x x x x x        5 37 2 5 37 2 x x         (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là 5 37 2 x   . Bài 2: Giải phương trình sau : 2 32 5 1 7 1x x x    Giải: Điều kiện: 1x  Nhận xét: Ta viết       2 21 1 7 1 1x x x x x x         Đồng nhất ta được       23 1 2 1 7 1 1x x x x x x        Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 17 Đặt 21 0 , 1 0u x v x x       , ta được phương trình: 9 3 2 7 1 4 v u u v uv v u        Với 9v u ta có phương trình 2 21 9( 1) 8 10 0 4 6x x x x x x           . Với 1 4 v u ta có phương trình 2 2 1 1 ( 1) 4 3 5 0( ) 4 x x x x x PTVN        . Vậy nghiệm của phương trình là 4 6x   . Bài 3: Giải phương trình :   33 23 2 2 6 0x x x x     Giải: Nhận xét: Đặt 2y x  phương trình trở thành thuần nhất bậc 3 đối với x và y 3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 0 2 x y x x y x x xy y x y              Với x y ta có phương trình 2 0 2 2 2 0 x x x x x x          . Với 2x y  ta có phương trình 2 0 2 2 2 3 2 4 8 0 xx x x x x            . Vậy nghiệm của phương trình là 2; 2 2 3x x   . 2.2 Phương trình dạng : 2 2u v mu nv    Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1: Giải phương trình : 2 2 4 23 1 1x x x x     Giải: Ta đặt : 2 2 ( 0) 1 ( 0) u x u v x v        khi đó phương trình trở thành : 2 2 2 2 2 0 3 ( 3 ) 2 (5 3 ) 0 3 5 v u v u v u v u v v v u v u                 (loaïi) . Với 0v  ta có phương trình 2 1 0 1x x     . Vậy nghiệm của phương trình là 1x   Bài 2: Giải phương trình : 2 22 2 1 3 4 1x x x x x      Giải: NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Page 18 Điều kiện: 1 2 x  . Bình phương 2 vế ta có :          2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x           (*) Ta có thể đặt : 2 2 2 1 u x x v x       khi đó (*) trở thành : 2 2 1 5 2 1 5 2 u v uv u v u v           (loaïi) Với 1 5 2 u v   ta có phương trình  2 2 1 5 2 2 1 2 (2 2 5) 1 5 0 2 x x x x x           (PTVN). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 3: Giải phương trình : 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       Giải: Điều kiện: 5x  . Chuyển vế bình phương ta được:   2 22 5 2 5 20 1x x x x x      Nhận xét : Không tồn tại số ,  để :    2 22 5 2 20 1x x x x x        vậy ta không thể đặt 2 20 1 u x x v x        . Nhưng may mắn ta có :          2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x           Ta viết lại phương trình:    2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x        (*). Đến đây bài toán được giải quyết . Đặt 2 4 5 4 u x x v x        , khi đó phương trình (*) trở thành: 2 3 5 9 4 u v u v uv u v        . Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 19 - Với u v ta có phương trình 2 2 5 61 24 5 4 5 9 0 5 61 2 x x x x x x x                 (loaïi) . - Với 9 4 u v ta có phương trình 2 2 8 9 4 5 ( 4) 4 25 56 0 7 4 4 x x x x x x x               (loaïi) . Vậy nghiệm của phương trình là 5 61 8; 2 x x    . 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạn