Một số cách đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ

MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ths.. Nguyễn Công Nhàn Phan Cát Vi Bùi Thanh Tính Nguyễn Văn Tuấn Giải phương trình là một trong những bài toán thường xuyên xuất hiện

MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ

ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Ths Nguyễn Công Nhàn

Phan Cát Vi Bùi Thanh Tính Nguyễn Văn Tuấn

Giải phương trình là một trong những bài toán thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi, đặc biệt phương trình vô tỉ đóng vai trò đặc biệt trong các bài toán khó để học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi tuyển sinh Đại học hàng năm Chính vì thế bài toán này không hề đơn giản, trong bài viết này chúng tôi muốn giới thiệu một số cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặc ẩn phụ, để các bạn tham khảo Chắc chắn bài viết không tránh khỏi những sai lầm, thiếu sót, mong các bạn thông cảm và góp ý Phương pháp đặt ẩn phụ, thường có các dạng:

 Đặt một ẩn phụ và biến đổi mất hết ẩn cũ;

 Đặt hai ẩn phụ và đưa về hệ phương trình;

 Đặt một ẩn phụ và còn có ẩn cũ, đưa về hệ phương trình;

 Đặt một ẩn phụ t và còn có ẩn cũ x, lúc này ta xem x là tham số;

 Đặt 3 ẩn phụ, 4 ẩn phụ, để đưa về hệ phương trình

 Dùng phương pháp hàm số, hoặc bất đẳng thức để chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất ( hoặc vô nghiệm)

Bài 1 2x2

+ 5x – 1 = 7 x  3 1

Điều kiện x  1

Ta nhận thấy trong bài này xuất hiện căn của x3 – 1 và bên ngoài có đa thức bậc hai, do đó

ta nghĩ đến hằng đẳng thức a3

– b3 = (a – b)(a2 + ab + b2)

Khi đó,

Giải ta được

2

1 1

x

 

 = 3, hoặc ½

Từ đó ta giải được x

Bài 2

3

2

x

x



Trước hết ta có điều kiện

Sau đó ta nhận thấy trong căn có x3

+ 1 = (x + 1)(x2 – x +1) nên ta nhân chéo và tách x2 + 2 theo x2 – x + 1 và x + 1, ta được

5 (x1)(x   x 1) 2(x   x 1) 2(x1)

Chia hai vế của phương trình cho (x2 – x + 1) ta được phương trình bậc 2, giải và kết luận nghiệm

2x 5x 2 4 2 x 21x20

Trước hết ta tìm điều kiện

Ta nhận thấy biểu thức trong căn bậc hai có dạng bậc 3, ta phân tích bậc 3 này thành tích (MTCT – Hocner) x3 – 21x – 20 = (x + 4)(x2 – 4x – 5)

Sau đó ta phân tích 2x2

– 5x + 2 = 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4)

Ta được phương trình 2(x2

– 4x – 5) + 3(x + 4) – 4 2(x4)(x24x5)

Chia hai vế cho x2 – 4x – 5, sau đó giải như bài 2 ta sẽ có được x

3x 2 ( 2) 6x 0

x   x  

2

3 3

x

x x



 



Bình phương hai vế và giải

Bài 5 2(x1) x 1 5 x 1 4(x 1) 0

Đưa về theo x 1, có phương trình bậc 3 và giải có x 1, có x

3x  x 2001 3x 7x2002 6x2003 2002

Ta nhận thấy,

3 2001 3 2001 6 1 6 2003 2002

3 2001 2002 3 2001 (6 1) 2002 6 1

         

             

6x  1 0 (dùng phương pháp hàm số)

Cách 2, đặt a33x2 x 2001;b33x27x2002;c36x2003

Ta được –a – b – c = 32002 và a3 + b3 + c3 = - 2002

Do đó a3

+ b3 + c3 = (a + b + c)3  3(a + b)(b + c)(c + a) = 0

 a = -b; hoặc b = -c; hoặc c = - a;

Suy ra x Bài 7 33x 1 35 x 32x 9 34x 3 0

Ta nhận thấy bốn căn bậc hai này không có gì lên quan, nhưng trong căn của ba cái đầu cộng lại bằng cái thứ tư, nên ta đặt: a33x1;b35x c; 3 2x9

Từ đó ta có a + b + c = 3

4x  và a3 3 + b3 + c3 = 4x – 3

Ta có (a + b+ c)3

– (a3 + b3 + c3) = 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0 nên suy ra suy ra x

Bài 8 (x2) x 1 2x 2 0

Điều kiện

Đặt a = x   1 0 x a21

(a2 – 1)a - 2 (a2 + 1 + 2 = 0

a3 - 2 a2 – a + 2 - 2 = 0

2 1

2

2

a a

a



  





 





 





Có x

2 2x 2

x   x x(1)

Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện căn bậc hai của 2 – x và chứa x2 Khi đó ta thử đặt

2 0 4 4

t   x x  t t 

Khi đó (1)  t4

– 4t2 + 4 + t = 2(t4 – 4t2 + 4)t  2t5

– t4 – 8t3 + 4t2 + 7t – 4 = 0 (*)  (t – 1)(2t4

+ t3 – 7t2 – 3t + 4) = 0

(t – 1)( (2t4

+ 2t3 – 2t2 – t3 – t2 + t – 4t2 – 4t + 4) = 0  (t – 1)(t2

+ t – 1)(2t2 – t – 4) = 0 Giải phương trình này có t, sau đó suy ra x

4x1 x  1 2x 2x1 (1)

Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện 2

1

x  nên ta nghĩ đến việc đặt t = x 2 1 1, sau

đó biến đổi để đưa về t, nhưng vẫn còn dư lượng x Khi đó ta xem phương trình này là phương trình ẩn t và x là tham số, ta sẽ giải có t theo x

Giải phương trình bậc hai này ta được, t = ½ hoặc t = 2x – 1

Giải lại để có x

Bài 11 3 2  x22x x 6

2 2 1x  2x1

Trước hết ta có điều kiện 0 x 21

Mấu chốt trong bài này là xuất hiện 4

2x , nếu ta chuyển vế và nâng lũy thừa bậc 4 thì bài toán trở nên phức tạp Do đó ta sẽ đặt ẩn phụ như sau (theo 4 2x )

z







Khi đó ta có hệ

4

2 4

2 1





Từ phương trình thứ nhất, ta rút y theo z và thế vào phương trình thứ hai, ta được phương trình

2

z   z  



Từ phương trình này, ta giải được z từ đó có x

Bài 13 2

1000 1 8000x 1000

x  x  

Trước hết ta tìm điều kiện cho x

Ta chuyển vế, sau đó bình phương hai vế thì gặp khó khăn

Ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ, có thể đặt t = 1 8000x hoặc t = 18000x + 1

Trong trường hợp này chúng tôi chọn cách đặt t = 1 8000x + 1

Khi đó t2 – t = 2 + 2 1 8000x - 18000x-1 = không được kết quả gì

Khi đó ta có đổi cách đặt 1 1 8000x

2

t  

, khi đó t2

– t = 2000x

Ta có hệ

2 2

2000 2000x

  



  



Trừ vế theo vế để giải hệ trên ta được x = t (chú ý điều kiện)

Sau đó thế lại phương trình ẩn x, giải có x = 2001, x = 0 (loại)

Bài 14 2

4x 3 5

x    x

Điều kiện

Ta nhận thấy trong căn có x + 5 nên ta thử đặt t x5, thế vào phương trình ta có (t2 – 5)2 – 4(t2 – 5) + 3 – t = 0

 t4

– 14 t2 – t + 42 = 0

Dùng MTCT đoán nghiệm và sơ đồ Hocner ta đưa vê phương trình tích

(t – 2)(t + 3)(t2 – t – 7) = 0

Giải có t, suy ra x

2

x

Điều kiện x  [- 3; - 2] [0; + )

Khi đó bình phương hai vế ta được phương trình bậc bốn: 8x4

+ 32x3 + 32x2 – x – 3 = 0

Ta phân tích bậc bốn về tích của hai bậc hai (không dùng sơ đồ Hocner được)

Giả sử 8x4 + 32x3 + 32x2 – x – 3 = 8(x2 + ax + b)(x2 + cx + d)

Khai triển VP = 8x4 + 8(a + c)x3 + 8(b + ac + d)x2 + 8(ad + bc)x + 8bd

Đồng nhất hệ số, ta được a + c = 4; b + ac + d = 4; 8(ad + bc) = -1 và 8bd = - 3

Giải hệ này, ta được phương trình (4x2 + 10x + 3)(2x2 + 3x – 1) = 0

Giải phương trình này ta được ĐS

3

Bình phương hai vế ta được 729x4

+ 972x3 + 324x2 – x – 4/3 = 0

 37

x4 + 3622x3 + 3522x2 – 3x – 4 = 0

Đặt t = 3x  , khi đó 3x = t4 2 – 4, 9x2 = t4 – 8t2 + 16

Trong bài tập này, xuất hiện x – 2 và – x2

+ 4x – 4 = -(x – 2)2 nên ta chỉ còn x ở ngoài nữa

Ta thử đặt 3

2

t x  x = t3

+ 2, ta được phương trình (t3 + 2)t – 11 t2 + 14 = 5(t3 + 2) + 13 t

 t4

– 5t3 + 11t2 – 11t + 4 = 0

Sử dụng MTCT để có phân tích (t – 1)2(t2 – 3t + 4) = 0, giải

Trong bài này, xuất hiện hai dấu căn bậc ba và cấu trúc bên trong cũng rất phức tạp

Ta nhận thấy bên ngoài căn là 2x3 – x2 – 3x – 1 = 2x3 – 3x + 1 – (x2 + 2), từ đó cho ta cách nhận dạng và xét phương trình f(t) = t3 + t là hàm số đồng biến trên R nên có ngay

Cách khác, ta đặt ẩn phụ a, b và dùng HĐT a3

– b3 để đặt nhân tử chung và đưa về dạng

(b – a) = (a – b)(a2 + ab + b2) 2 2

1





 (phương trình dưới vô nghiệm) Bài 19 4 x 8 x 4 2x 3 3x

Điều kiện

Bài 20 4 3

2x 8

x  

Điều kiện

Lũy thừa bậc 4 ta được phương trình 84

x = (3 + 16x)4  164

x4 hơi phức tạp

Ta nên đặt 4

t x, ta được phương trình 8t = 3 + 16t4

 16t4

– 8t + 3 = 0

 (16t4

– 1) – (8t – 4) = 0

 (2t – 1).(8t3

+ 4t2 + 2t – 3) = 0 Cách 2, Dùng MTCT để có nghiệm và phân tích được (2t – 1)(8t3

+ 4t2 + 2t – 3) = 0

Ta dùng MTCT để có nghiệm t, suy ra x

Ta thấy trong bài này, chỉ xuất hiện một dấu căn bậc hai, bên ngoài có x2 + 2x Nếu ta đặt t = x34x, thì rất khó biến đổi phần còn lại,

Nếu ta bình phương hai vế ta được x4 + 4x3 + 4x2 + 16 + 8x2 + 16x = 9(x3 + 4x)

 x4

– 5x3 + 12x2 – 20x + 16 = 0 (máy tính đưa ra nghiệm x = 2)

Cách 2, chia hai vế cho x2

ta được phương trình x2 162 5(x 4) 12 0

    

Đặt t = x 4

x

 , đưa về phương trình bậc hai t2

– 5t + 4 = 0 cho ta t = 1; 4

4x 4x10 8x 6x10

Đặt t = 4x2 – 4x – 10, khi đó ta có hệ:

2

2 2

2

2 2

4x 4x 10

2 10 2

2x

1 2

t

t t

x

t







 

    



 



 



 



   



Giải có x

Bài 23 3 x863 x 5 1

Đặt a3 x86;b3 x5

Khi đó ta có hệ: 3 3 1

91



  



Đặt 2

2

  





  



Khi đó ta có hệ:

2 2

2 2

2

2 2

4 2( 2 ) 2 2 2

4

2 2 2( ) 2 4 2 ( )

2 2 ( ) 2( ) 2 0 ( )( 2) 2( 2) 0 ( 2)( 2 ) 0

2 2

a b

a b a a b b ab

a b

a b ab ab a b

ab a b a b ab

a b ab ab

ab b a ab

b a

  

  



  



      



 

  



      

      

      

    

  



 

  



ĐIỀU KIỆN

Đặt a x 1;b 2x 5

Ta có phương trình a – b = b2 – a2  b = a hoặc b = - 1 – a (loại)

Bài 26  2  3

2 x 2 5 x  1

Đặt a = x + 1 và b = x2

+ 2 Khi đó có phương trình 2b5 a b( a)

Giải có b = 5a; hoặc b = 5/4 a

Cách 2, nhận thấy x3

+ 1 = (x + 1)( x2 – x + 1) và x2 + 2 = x2 – x + 1 + ( x + 1), chia hai vế cho

Bài 27 2 3

2(x 3x2)3 x  8

Tươn tự cách 2 trên

2x 5x 2 4 2(x 21x20)

Tương tự như bài trên với phân tích 2(x3

– 21x – 20) = (2x2 – 8x – 10)(x + 4) và 2x2 – 5x + 2 = 2x2 – 8x – 10 + 3(x + 4)

2 27 24 1 6

3 2

x  x   x

Ta biến đổi trong căn bậc hai về có lượng giống nhau là 9x + 4 nên đặt t = 9x + 4, ta được

y

Áp dụn BĐT Côsi có

6

2

y y





Nên VT  2y + 4  VP, vậy phương trình có nghiệm y = 6, suy ra x

Chuyển vế ta được  2 3 2

2 x3   x 3x 6x= - (x + 2)3 + 9x(x + 2) + 8, đặt y = 2

x  ta được phương trình bậc 6 theo y: 2y3 = - y6 + 9y4 – 18y2 + 8, chia hai vế cho y3,

ta được phương trình và đặt t = y 2

y

 , giải có t suy ra y và x

Bài 31 13 x 1 9 x 1 16x

Ta nhận thấy phương trình này có hai căn và không liên quan ì với nhau, nên đặt hai ẩn phụ a x1;b x1

Ta có hệ

2 2

2 2

13 9 8( )

2

a b b a

b a

   



  



Rút a2

và a theo b thế vào phương trình

1 1x x(12 1x )

Ta nhận thấy, trong bài này chỉ xuất hiện căn bậc hai của 1 – x2 nên ta đặt t = 2

1x

Khi đó rút x theo a, suy ra 1 – x2

= , mà 1 – x2 lại là a2 nên ta có phương trình theo a

và giải, suy ra x

1 1x (1x)  (1x)  2 1x

Điều kiện:

Đặt a 1x b;  1x, khi đó có phương trình

 

3 3

2

ab

  



  



,

3 3

x

Điều kiện

Đặt a 1x b;  1x

2

3 2

ab

ab

ab





 



Bình phương hai vế hai vế, giải

Bài 35 3 3

6 6x 4 4 0

x    

Đặt y = 6 6x3  , đưa về hệ 4

3 3

6 4

6 4

x y

y x

  



  

 , lấy (1) – (2) và giải ta được x

1 3 3 1

x   x

Đặt y = 3

3x 1, đưa về hệ phương trình theo x, y giải như bài trên

Bài 37  2  3 3

2 x 3x 2 3 x  8

Ta phân tích x3

+ 8 = (x + 2)(x2 – 2x +4) và x2 – 3x + 2 = x2 – 2x + 4 – (x + 2), nên đặt 2

a x  x b x , khi đó ta phương trình

3ab = 2(a2 – b2) Đặt b = at, giải có t và có x

Bài 38 3 x 1 3 x 1 6 x2 1

Ta nhận thấy x2 – 1 = (x + 1)(x – 1) nên đặt a6 x1;b6 x1, khi đó có a2

– b2 = ab, giải có a, b và suy ra x

(1 ) (1 ) 1 (1 )

x x x  x   x x  x x

Ta nhận thấy chủ yếu trong bài này là 4 x; 14 x nên đặt a4 x b; 41x, khi đó có

a2 + ab2 + b3 = b2 + a2b + a3, tới đây ta đặt nhân tử chung và đưa về dạn phương trình tích (a – b) (a + b) (a + b – 1) = 0

Giải phương trình a + b = 1, bằng cách mũ 4 hai vế

8x 4x 6x  1 1 0

Ta thử đặt ẩn phụ y36x1, khi đó có hệ

3 3

6 1

8 4 1

y x

y x x

  



   

 , lấy (1) – (2) ta được

phương trình tích (x – 2y)(4x2

+ 2xy + y2 + 1) = 0  x = 2y, giải có x

Ta nhận thấy trong bài tập này xuất hiện x 2 2ngoài ra không có căn nào khác, do đó ta đặt y = 2

2

x  Đưa về phương trình y2

– (x + 2)y + 3x – 3 = 0 Xem phương trình trên là phương trình ẩn y và x là tham số, lập  và giải có y theo x, giải

có x

2 x 1 6 9x 6 (x1)(9x )3810x2x x ,

Ta nhận thấy trong phương trình này có hai yếu tố là a x1;b 9x2 , nên đặt ẩn phụ và đưa về phương trình

2a + 6b + 6ab = b2(a2 + 1) + a2 + 19

 a2

b2 – 6ab + 9 + a2 – 2a +1 + b2 – 6b + 9 = 0  (9ab – 3)2

+ (a – 1)2 + (b – 3)2 = 0

Dùng tính chất của HĐT đưa về hệ và giải có a, b suy ra x

(2004 1 1

x  x   x

Ta nhận thấy trong bài này có một căn bậc hai, thử đặt 2

1 1 , 0

a  x   xa a

Ta được phương trình

a4 – 2a2 + 1 = (2005 –a2)(1 – 2a + a2)

 (a – 1)2

(2a2 + 2a – 2004) = 0 Giải có a và x

Bài 44

2

35 12 1

x x

x

 



Nếu x < -1 thì phương trình vô nghiệm, nên ta chỉ xét x > 1 Trong bài này, ta thấy xuất hiện căn bậc hai dưới mẫu, nếu ta quy đồng mẫu thì ra kết quả không được đẹp, từ đó gây khó khăn cho việc giải tiếp theo Nếu ta đặt y 1

x

 , y  (0; 1) thì bài tập có thể làm mất mẫu:

2

1



1 (0; 3)

y y  , ta được phương trình 35t2

– 24t – 35 = 0 Phương trình này có hai nghiệm t = 7/5; t = -5/7 (loại) Giải lại có được y suy ra x

Trong bài này, xuất hiện căn bậc hai của x2

+ 2, bên cạnh đó còn có x Do đó ta đặt 2

2

y x  , sau đó cố gắng biến đổi theo y, còn x ta xem như là tham số Ta được phương trình

y2 – (x + 2)y + 3x – 3 = 0 lập  và đưa ra hai nghiệm y theo x, xét dấu  và đưa ra phương trình theo x để giải

( 32 ) 1x x  3x2x

Điều kiện, đặt x = xcost, t  [0; ], ta được phương trình

Cách 2, ta biến đổi, đặt nhân tử chung đưa về phương trình tích

( 32 )x 1x x 0

Giải có x

Bài 47 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2

4x 3x 1x

Ấn tượng nhất trong bài này là 2

1x , hơn nữa ta lại có 4x3

– 3x cho cảm giác về công thức cos3x = 4cos3x – 3 cosx, nên ta đặt x = cost, t  [0; ]

Ta được phương trình cos3t = |sint| = sint, giải có t và tìm x

1 1x x 12 1x

Ta nhận thấy, trong bài xuất hiện 1 – x2 trong căn bậc hai Từ đó đặt x = cost, t [0; ] Khi đó có phương trình

1 sin cos 1 2sint

Bình phương hai vế ta được

1 + sint = cos2t (1 + 4sint + 4sin2t)

(1 + sint) = (1 + sint)(1 – sint)(1 + 4sint + 4sin2

t)

1 + sint = 0 hoặc 4sin3

t – 3sint = 0

Từ đó giải có t, suy ra x

1 1 2

2x x   x

Điều kiện, đặt x = cost, t  [0; ]

Sử dụng công thức nhân đôi, đưa về sin2t, giải có t và có x

Bài 51 x x x x 5 5

Điều kiện

X = 30 là một nghiệm

Chứng minh x  30 không phải là nghiệm

Liên hợp

Bài 52

2 2

1



 Điều kiện

2

2

2

1

0

1 2

x

x



 

2 4 2 5 1

x   x x  x

Điều kiện

2

3

(2 1)( )

x

 







x   x xx  x   x

2

2 2

1 1

1 1 1 1 2

1 1 2

1 1 1 1 1

x x

x x

x

  

        

  

  

           

 

Điều kiện

 

2

( 1)

1

x

x



 

Điều kiện

42 60

3 3 0

42 60

42 60

(5 ) 3 (7 ) 3

1

3

x

x

   

   

     



    

        

    

      



Bài viết xin kết thúc tại đây, xin cám ơn các bạn đã đọc bài viết này, chúc các bạn sức khỏe, thành đạt và học thật giỏi

An Nhơn 3, ngày 20 tháng 3 năm 2013

Ths Nguyễn Công Nhàn