Chuyên đề phương trình vô tỷ

Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.. Mỗi loại bài toán phươn

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN TIỀN GIANG

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: THẦY ĐỖ KIM SƠN

NHÓM THỰC HIỆN:

• NGUYỄN ĐÌNH THU

• LÊ TRUNG HIẾU

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy

Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp Điều này

có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo Bên cánh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp THCS, THPT Chính vì thế, chúng tôi quyết tâm sưu tầm tài liệu, chọn lọc chi tiết và dưới sự hướng dẫn, dìu dắt của quý thầy cô bộ môn Toán trường THPT Chuyên Tiền Giang, chúng tôi biên so ̣an chuyên đề “ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” này để mọi người có cái nhìn tổng quát về phương trình vô tỷ Cụ thể là:

 Hệ thống hóa kiến thức và kỹ năng giải phương trình vô tỷ

 Cung cấp tài liệu và kỹ năng giải phương trình vô tỷ

 Đặc biệt là để kỉ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam 20/11; chúng tôi muốn dành chuyên đề“ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” kính tặng quý thầy cô; kính chúc thầy cô luôn dồi dào sức khỏe, nhiều may mắn và thành công trong cuộc sống

Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề có thể còn một vài thiếu sót Chúng tôi luôn biết ơn khi nhận được những ý kiến đóng góp quý báu và sự thông cảm!

Cuối cùng chúng tôi xin cảm ơn thầy Đỗ Kim Sơn và quý thầy cô đã ta ̣o mo ̣i điều kiê ̣n để chúng tôi hoàn thành chuyên đề này

CÁC HỌC SINH LỚP TOÁN KHÓA 2008- 2011

I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 4

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 9

III PHƯƠNG PHÁP HỆ PHƯƠNG TRÌNH 32

IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 37

V PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC 49

I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

1 Bình phương 2 vế của phương trình

Bài 2 Giải phương trình sau:

để ta có thể đánh gía A x( ) =0 vô nghiệm

Ta có thể chuyển vế rồi trục căn thức 2 vế :

Bài 2 Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x2+12 5 3+ = x+ x2+5

 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A+ B C= , mà : A B− =αC

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x Ta có thể giải như sau :

Ta thấy : (2x2+ + −x 1) (x2− + =x 1) x2+2x, ( không có dấu hiệu trên ).

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1

t x

= thì bài toán trở nên đơn giản hơn

3 Phương trình biến đổi về tích

+ x=0, không phải là nghiệm

+ x≠0, ta chia hai vế cho x:

Biến đổi phương trình về dạng : k k

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ

1 Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường

 Đối với nhiều phương trình vơ tỉ, để giải chúng ta cĩ 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 quan trọng hơn ta cĩ thể giải được phương trình đĩ theo t thì việc đặt phụ xem

như “ hồn tồn” Nĩi chung những phương trình mà cĩ thể đặt hồn tồn

Thay vào tìm được x=1

Bài 2 Giải phương trình: 2x2−6x− =1 4x+5

Từ đĩ tìm được các nghiệm của phương trình l: x= −1 2 và x= +2 3

Cách khác: Ta cĩ thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện

2

2x −6x− ≥1 0

Ta được: x x2( −3)2− −(x 1)2 =0, từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng

Đơn giản nhất là ta đặt : 2y− =3 4x+5 và đưa về hệ đối xứng

(Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)

Điều kiện: 1≤ ≤x 6

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 :

0

u +αuv+βv = (1) bằng cách Xét v≠0 phương trình trở thành :

Nhận xét : Đặt y= x+2 ta biến pt trình về dạng phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :

Đk x≥5 Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 −5x+ =2 5 (x2− −x 20) (x+1)

2x −5x+ =2 α x − −x 20 +β x+1vậy ta không thể đặt

2

201

3 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

 Từ những phương trình tích ( x+ −1 1)( x+ − + =1 x 2) 0,

( 2x+ −3 x)( 2x+ − + =3 x 2) 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát

Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau

Ta rút x= −1 t2 thay vào thì được pt: 3t2− +(2 1+x t) (+4 1+ − =x 1) 0

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t

Cụ thể như sau : 3x= − − +(1 x) (2 1+x) thay vào pt (1)

Bài 4 Giải phương trình: 2 2x+ +4 4 2− =x 9x2+16

Giải:

4 2x+ +4 16 2 4−x +16 2−x =9x +16

 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những

phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan

2

2

2

22

b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm: 2/

6969

a/ Giải phương trình với m = 23

b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm Bài tập tương tự:

x x

9/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

m x

x x

341

1

11

2(3

1)3(3)

+

x

x x

2

+

++

++

x

x x

x x

)25(

16)

25

29/

2

516

11

y

54

5

6

++

+

x

x x

x

5

33

−

x

x x

0

2

4)

0)3

)(

1

(x+ −x = ⇒x1 =− x2 = , thoả điều kiện ban đầu

b/ Đặt ẩn phụ t như trên, phương trình (1) trở thành:

042

2

2)

t

n t

=

n t

n t

251

251

2 1

Để phương trình có nghiệm thì 2≤t ≤2 2 (theo công thức tổng quát ở trên) Với t2 không thoả mãn Với t1 có 2≤1+ 5−2n ≤2 2

⇔2 2−2≤n≤2Điều kiện này bảo đảm phương trình (2) có nghiệm x Vậy phương trình (1)

có nghiệm khi và chỉ khi 2 2−2≤n≤2

2/

6969

a/ Giải phương trình với m = 23

b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm

≥

=++

−

⇔

++

=

−+

+

⇔

++

=

−+

+

30

,027

0,09

12

93

3

6

9)

3()

t m

t

t m t

t

m t

t

t

m t

−

30

,

4

3,032

12

2

2

t t

t t

Phương trình này có nghiệm khi 18 < m ≤ 27

Vậy phương trình có nghiệm khi m ≤ 27.

2

2 2

x

x

144

12251

2

2 2

Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm:

5

;4

3

3 3

2

2

a z

y

a z y a

)1(1

u x v

u = 1− 2, 2 + 2 =2, 2 − 2 =2

⇒

Phương trình đã cho trở thành

2

.2)2

2

2

2 2

3 3 2

⇒

+

=++

−+

⇔

+

=

−+

+

x

v u v

uv x

v u v

uv u v u v

u

v u v

u v u

2

S

24/

x x

−

341

1

11

2341

513

x

21

Từ (*) và (**) ⇒10 x+1=23−x

⇒x= 3

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3}

26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số α để phương trình sau có nghiệm:

)1)(

2(3

1)3(3)

+

x

x x

3,03

1

x

x x

x x

3

1)3

y

Nếu x > 3 và y ≤ 0 nếu x ≤ -1

)1)(

1(3

1)3(3)

+

x

x x

1

3

13

1

3

a x

x

x

a x

x

x

Xét phương trình

y x

−

=

34

1

11

2 2

2 1

y x

y a

• a > 1: Phương trình (1) có nghiệm:

521

)1(4

)1(4

;84

;84

)25(

16)

x x

Với điều kiện 5x + 2 ≠ 0

16)

=+

−

=+

65

)14(2

322

5

422

5

825

2)

x x

035

1

121

;2

375

S

* Những bài toán dạng trên được giải bằng phương pháp đưa về ẩn phụ Nhưng cũng là biến đổi phương trình phức tạp thành đơn giản

Để mở rộng phương trình trên ta xét thêm phần mở rộng của phương pháp đặt ẩn phụ.

Đưa về hệ phương trình:

34/ x3 −x2 −1+ x3−x2 +2 =3 (1)

Với điều kiện:

020

2 3

x x

v

x x

u

Với v > u ≥ 0Phương trình (1) trở thành u + v = 0

=

−+

⇔

=

−+

=+

11

22

11

2

11

33

))(

(

33

v

v u u

1

0)22)(

1

(

02

=

⇔

=++

x

x x

0

11

0

0

x x

x x

x

(*) Vớu điều kiện (*),đặt u= x

u x

Do dó ta có hệ

⇔

=

−+

=+

=+

5218

1948

32

081

65.9

16

2

321

.2

2

9

4

32

1.2321

.232

1321

3

2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2

2

4 4 2

u

v u v

u v

u

v u

v u v u

v u v

u v

u

v u

v u

v u v

−

=

−+

−

)(018

1948

3

2

)(018

1948

y

a y

971

;2

32

97

1

2 1

2 2 2

1

1

1

y v

y u

971

3

32

97

=

3

32

971

971

185

645

180

x x

x u

564

518

=+

82)(240

2 2 4

4

v v

uv v

u

v u v

40

08732

4

0,

0

822

2

4

2

2 2

2

P

P P

S P

−

3

10

34

2

y

y y

1

v

u v

1564

35183

564

1518

4

4 4

4

x

x x

⇔

1564

81518815

64

1518

x

x x

x

635

17∨ =

−

=

(2) Với S = 4, P = 29 ⇒ không tồn tại u và v

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là

u

a v

4

2)(

2.2)(

)

(

.)(

.)

(

v u v u v

u v u v u v u v u v

u

v u v u v u v u

v

u

++

+

−

−

−++

=

++

−++

−

=

⇒

2 5

3 2

5 3

3 5

5

2 2 4

5

0

2

05

5

22

55

2

2)55

(

2

S P

P

a S

PS S P

a S

a PS PS

S

a S

a P

PS

S

S

a S

5 5

5

2

02

00

2

a u

v a v

u v

u

a v u

=+

a x a x a x

a

x a a

x a

x a

5 5

5 5

5

5

2

02

Đặt

12

112

+

−

=

+++

=

x x v

x x u

=

−

++

=+

0,

112

112

2 2

v u

x v

u

x v u

Thử lại ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình 39/ x3 +x2 −1+ x3 +x2 +2 =3

Đặt u = x3 + x2

22

2

112

321

=

⇒

=+

=++

−

⇒

u u

u u

u u

5

2

2

x t

t x

0)1)(

()(

05

⇔

2

171

2

171

04

2

x

x

x x

thoả loại

8

0

8

x x

x x

x

(*)8

⇔

=

−

=+

8

1680

8

280

20

0

2

0

0)43(

20

2243

2

0

0)442)(

22(2

20

16))(

)(

(

20

16

2

4 4

2 2

3

2 2

2

4

4

x x

x x

x v

u v

v v v

v u v

u

v v

u

v u

v u

v v v

v u v

u

v u v u

v

u

v u

=+

⇔

0

)3(2

)2(21

S

III PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường

 Đặt u=α( )x v, =β( )x và tìm mối quan hệ giữa α( )x và β( )x từ đó tìm được hệ theo u,v

2

4

11

22

nghiệm của phương trình

Khi đó ta được hệ phương trình:

2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II

 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa

giải hệ này thì đơn giản

Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y= f x( ) sao cho (2)

luôn đúng , y= x+ −2 1, khi đó ta có phương trình :

Việc chọn ;α β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng