Đặt vấn đề Việc trình bày một lời giải của một bài toán nhiều khi không phải là khó nhất nếu giáo viên biết khơi dậy cho học sinh tính tò mò, sáng tạo phát hiện mỗi dạng toán có bao nhiê
Trang 1Các phơng pháp giải phơng trình vô tỉ
A Đặt vấn đề
Việc trình bày một lời giải của một bài toán nhiều khi không phải là khó nhất nếu giáo viên biết khơi dậy cho học sinh tính tò mò, sáng tạo phát hiện mỗi dạng toán có bao nhiêu dạng nhỏ, đó là những dạng nào ? thì việc tìm ra lời giải và trình bày lơì giải lại trở nên bình thờng Thực ra mỗi dạng toán giáo viên hớng dẫn cho học sinh tìm ra đợc từng dạng nhỏ và phơng pháp giải cho từng dạng đó thì rèn luyện đợc năng lực t duy sáng tạo cho học sinh, đồng thời kiến thức đợc mở rộng hơn, hệ thống hơn
Sau nhiều năm giảng dạy bộ môn toán trung học cơ sở và tham gia bồi dỡng học sinh giỏi Bản thân xin phép đợc trao đổi cùng đồng nghiệp và học sinh một số kinh nghiệm “Các ph ơng pháp giải phơng trình vô tỉ”
B Nội dung
Ta hiểu phơng trình vô tỉ là phơng trình có ẩn dới dấu căn thức Nguyên tắc
để giải phơng trình loại này là phải khử các căn thức Tuy nhiên một điều cần lu ý nhất đối với phơng trình vô tỉ là tính không thuận nghịch của các phép toán Nhìn chung những dạng phơng trình cơ bản của các phơng trình có thể đa về dạng phơng trình đại số bậc nguyên Vì vậy cần lu ý đến điều kiện có nghĩa của các biểu thức Mời các bạn hãy ham khảo các phơng pháp sau đây
Dạng 1 f (x) = p (x) (1)
Phơng pháp:pt (1)
=
≥
≥
⇔
) ( ) (
0 ) (
0 ) (
x p x f
x p
x f
Bài tập 1: Giải phơng trình: x− 2 = 5 (2)
Giải: đkxđ: x≥ 2;
pt (2)⇔ x− 2 = 5
⇔ x= 7(tmkđ)
Vậy nghiệm pt: x = 7
Bài tập 2: Giải phơng trình: 10 − 2x = x+ 2 (3)
Giải: ĐKXĐ:
≥ +
≥
− 0 2
0 2 10
x
x
⇒ − 2 ≤x≤ 5
pt(3) ⇔ 10 − 2x =x+ 2
Trang 2
3
8
=
⇔ x (TM§K)
VËy nghÞªm cña ph¬ng tr×nh: x =
3 8
Bµi tËp 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2x− 1 = 5 −x (4)
Gi¶i: §KX§:
≥
−
≥
− 0 5
0 1 2
x
x
2
1
⇔ ≤ x≤ 5
pt(4) ⇔ 2x− 1 = 9(5- x)
11
46
=
⇔ x (TM§K)
VËy nghiÖm cña PT:
11
46
=
x
D¹ng 2: f (x)= g(x) (5)
Ph¬ng ph¸p:pt(5) ⇔
=
≥
) ( ) (
0 ) (
g x f
x g
Bµi to¸n 4: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 5 = x+ 1 (6)
Gi¶i: §KX§: x+1≥ 0 ⇔ x≥ − 1
pt(6) ⇔ x 2+ 5 = (x+ 1 ) 2
1 2
+
4
⇔ x
2
=
⇔ x (TM§K) VËy nghiÖm cña PT: x=2
Bµi tËp 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2x+ 5 = 5 - x (7)
Gi¶i: §KX§: 5 –x ≥ 0 ⇔ x≤ 5
pt(7) ⇔ 2x+ 5 = ( 5 −x) 2
10
=
⇔ x (KTM§K) HoÆc: x = 2 (TM§K) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x = 2
Bµi tËp 6: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 8x− 4 - 3 2x− 1 = 5 (8)
Gi¶i: §KX§
2
1
≥
x
pt (8) ⇔ 4 ( 2x− 1 ) -3 2x− 1 = 5
Trang 3⇔ 2x− 1 = - 5
VËy ph¬ng tr×nh v« nghiÖm
Bµi to¸n 7: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 36x− 36 - 9x− 9 - 4x− 4 = 16 - x− 1 (9)
Gi¶i: §KX§: x≥ 1
pt(9) ⇔ 36 (x− 1 ) - 9 (x− 1 ) - 4 (x− 1 ) = 16 - x− 1
⇔ 2 x− 1 = 16
⇔ x− 1 = 8 ⇔ x = 65 (TM§K) VËy nghiÖm PT: x = 65
Bµi to¸n 8: (§Ò lªn líp 10 – trêng §HQGTPHCM (04 – 05)
Gi¶i ph¬ng tr×nh: x - 4x− 3 = 2 (10)
Gi¶i: §KX§: x ≥ 2
pt (10) ⇔ 4x− 3 = (x− 2 ) 2
1
⇔ x (KTM§) ; x 7
2 = (TM§K)
VËy nghiÖm PT: x = 7
D¹ng 3: fx)+ p (x) = g (x) (11)
Ph¬ng ph¸p: §KX§
≥
≥
≥ ) (
0 ) (
0 ) (
x g
x p
x f
pt(11) ⇔ f(x) + p(x) + 2 f(x).p(x) = g 2(x)
⇔ f(x)g(x) = [ ( ) ( ) ( )]
2
1
x p x f x
) ( ) ( ) ( ( 2
1 ) ( ) (
0 ) ( ) ( ) (
=
≥
−
−
⇔
x p x f x g x
p x f
x p x f x g
(*)
Chó ý: Ph¬ng tr×nh (*) gi¶i nh d¹ng 2:
Bµi to¸n 9: Gi¶i ph¬ng tr×nh 2x+ 1 + x− 3 = 4 (12)
Gi¶i: §KX§: 3
0 3
0 1 2
≥
⇔
≥
−
≥ +
x x
x
pt(12) ⇔ 2x+ 1 +x− 3 + 2 ( 2x+ 1 )(x− 3 ) = 16
⇔ 2 ( 2x+ 1 )(x− 1 ) = 18 –3x (§KX§: x ≤ 6)
Trang 484
⇔ x (KTM§K)
x 4
2 = (TM§K)
VËy nghiÖm PT: x=4
D¹ng 4: f (x)+ p (x) = g (x) (13)
Ph¬ng ph¸p: §KX§:
≥
≥
≥ 0 ) (
0 ) (
0 ) (
x g
x p
x f
pt(13) ⇔ f(x) + p(x) + 2 f(x)p(x)=g(x)
⇔ f(x)p(x)=
2
1 [g(x) − f(x) − p(x)] (* *)
[ ( ) ( ) ( )] 2
2
1 ) ( ) (
0 ) ( ) ( ) (
−
− +
≥
−
−
⇔
x f x p x g x
p x f
x p x f x g
Chó ý PT (**) gi¶i nh d¹ng 2.
Bµi to¸n 10: Gi¶i ph¬ng tr×nh. 12 −x + x− 7 = x+ 1 (14)
Gi¶i: §KX§
≥ +
≥
−
≥
− 0 1
0 7
0 12
x x
x
⇔ 7≤x≤ 12
pt(14) ⇔ 12- x + x – 7 + 2 ( 12 −x)(x− 7 ) = x+1
⇔ 2 −x 2− 19x− 24 = x – 4 ⇔ 5x− 84x+ 352 = 0
5
44
⇔ x (TTM§K)
x 8
2 = (TM§K)
VËy nghiÖm PT: x ;
5
44
D¹ng 5: f (x) + p (x) = g (x) = h (x) (15)
Ph¬ng ph¸p: + §Kx®:
≥
≥
≥
≥
0 ) (
0 ) (
0 ) (
0 ) (
x h
x g
x p
x f
pt(15) ⇔ 2 f(x)p(x)+p(x) +f(x) = g(x) + h (x) + 2 g(x) +h(x)
Trang 5⇔ f(x)p(x) - g(x)h(x) =
2
1
g (x) + h(x) – f(x) – p(x) (***)
Chú ý: PT (***) tuỳ vào từng trờng hợp để giải.
Bài tập 11: Giải phơng trình x + x+ 9 = x+ 1 + x + 4 (16)
Giải: ĐKXĐ:
≥ +
≥ +
≥ +
≥
0 4
0 1
0 9 0
x x x
x
⇔ x≥ 0
pt(16)⇔ x + x + 9 + 2 x(x+ 9 ) = x + 1 + x + 4 + 2 (x+ 1 )(x+ 4 )
⇔ 2 + x 2+ 9x = x 2+ 5x+ 4
⇔ x2 +9x = -x
⇔ x = 0 (TMđK) Vậy nghiệm PT: x = 0
Dạng 6: f (x) + h (x) + n f(x)h(x) = g(x) (15)
Phơng pháp: đặt t = f (x) + h (x) (t ≥ 0 )
⇔t 2= f(x)h(x) + f(x) + h(x)
Thay vào Pt: (15) ta có: t + n ( ( ) ( ) ( )
2
x g x h x f
t − − = (* * *)
Chú ý: Giải Pt (* * * * ) đối với ẩn t, rồi thay vào tìm x.
Bài toán 12: Giải phơng tình x+ 1 + x− 2 + 2 x 2−x− 2 = 13 – 2x; (16)
Giải: ĐKXĐ: 2
2
13
≤
≤ x
Đặt t = x+ 1 + x+ 2 (t≥ 0 )
) 2 )(
1 ( 2 2 1
2
− + +
− + +
=
) 2 )(
1 ) (
⇔ x x =t2-2x+1 Thay vào PT (16) ta có: t + t 2- 2x + 1 = 13 – 2x
0 12
2
=
− +
3
⇔t (TMĐK)
2 = − (KTMĐK)
Trang 6Ta có: 2 x 2−x− 2 = 10 – 2x
2
x
⇔ -x-2= 25 – 10x + x 2
3
=
⇔ x (TMĐK) Vậy nghiệm pt: x = 3
Dạng 7: (ãaxb)(a'/x 2+b′x+c' = px 2qx+r
Trong đó: px 2+qx+r =k(ax+b) +l(a′x 2+b′x+c′ )
Phơng pháp: Đặt ax+b = u ≥ 0
aã ′x 2+b′x+c′= v≥ 0
Bài toán 13 Giải phơng trình 2 (x 2− 3x+ 2 ) = 3 x 2+ 8
Đặt x+ 2 = u ≥ 0
x
x 2− 2 + 4 = v ≥ 0
Ta có: 2u 2+ 2v 2 = 3u.v
Ta giải (* * * * * )theo phơng trình đối xứng rồi thay vào tìm x
* Lu ý: không phải bao giờ cung giải phơng trình vô tỉ một cách máy móc
mà còn tuỳ vào từng phơng trình để có những cách giải nhanh hơn hoặc nhiều phơng pháp khác
Ví dụ: Bài toán 14: Giải theo phơng trình 3 +x + 6 −x - ( 3 +x)( 6 −x) = 3
Cách 1: theo phơng pháp bình phơng:
Cách 2: đặt 3 +x=u≥ 0
6 −x=v≥ 0
Cách 3: Đặt ( 3 +x)( 6 −x) = t ≥ 0
Cách 4: Đặt 3 +x + 6 −x = t ≥ 0
C Kết luận.
Tôi mạnh dạn viết đề tài SKKN “Các phơng pháp giải phơng trình vô tỉ” Sau khi đã tham khảo đồng nghiệp, tự đọc nhiều tài liệu , đặc biệt là bản thân tự sáng tạo và nhất là đã kiểm nghiệm trong quá trình dạy toán THCS đồng thời đợc bồi d-ỡng học sinh giỏi: có 56% đạt loại giỏi, 40% đạt loại khá và 4% đạt loại trung bình Mặc dầu bản thân tôi đã rất cố gắng tham khảo học hỏi để viết đề tài này, tuy nhien
Trang 7không thể tránh khỏi những thiếu sót vì vậy mong sự đống góp chan thanh cua các
đồng nghiệp và học sinh để đề tài này hoàn thiện hơn xin chân thành cảm ơn
Điều mong muốn lớn nhất của tôi là viết đợc một cuốn sách có đầy đủ phơng pháp giải các dạng toán THCS vì vậy đề tài “Các phơng pháp giải phơng trình vô tỉ” là nối tiếp đề tài “Các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên” đã đạt bậc 3
năm học 2006 – 2007 do vậy rất mong sự giúp đở để bản thân tôi hoàn thành tâm nguyện ấp ủ bấy lâu
Mã Thành, ngày 30 tháng 04 năm 2008
Ngời viết