sáng kiến kinh nghiệm phương trình vô tỉ

Để đạtđược điều đó thì mỗi người giáo viên, mỗi học sinh phải trau dồi kiến thức, sưutầm và hệ thống cho chính mình những phương pháp học tập và nghiên cứu riêng.Trong quá trình học tập

Việc học tập hiện nay đang có xu hướng đi vào chiều sâu “học phải đi đôivới hành”, do vậy phải có những phương pháp dạy và học có hiệu quả tối ưu nhấtnhằm tìm ra những con đường ngắn nhất, hay nhất trong việc học tập để giúpchúng ta nắm vững được kiến thức và đi đào sâu lượng kiến thức đã học Để đạtđược điều đó thì mỗi người giáo viên, mỗi học sinh phải trau dồi kiến thức, sưutầm và hệ thống cho chính mình những phương pháp học tập và nghiên cứu riêng.

Trong quá trình học tập và nghiên cứu, việc đi phân loại các phương phápgiải một dạng toán hay bất kì một lĩnh vực nào, nó giúp chúng ta có nhiều cáchnhìn, cách lý giải cho cùng một vấn đề, nó giúp chúng ta nhìn nhận, xem xét mộtcách kĩ lưỡng hơn, dưới nhiều góc độ, để chúng ta tìm được cách giải quyết chonhanh nhất, hiệu quả nhất

2 Cơ sở thực tiễn:

Hiện nay, trong các trường THCS và ngay cả bậc phổ thông việc giải mộtphương trình vô tỉ vẫn là một vấn đề cần bàn, đa số các giáo viên đã truyền đạt hếtcho học sinh những kiến thức, những phương pháp giải nhưng chưa có tính hệthống cao, chưa đi sâu vào phân tích những ưu điểm, những tồn tại và khả năngứng dụng của từng phương pháp chính, bởi lẽ đó mà những phương pháp giảnggiải của giáo viên thường hay chồng chéo lên nhau khiến cho việc tiếp thu của họcsinh thường bị động và chưa có tính quyết toán trong việc tìm cho mình mộtphương pháp tối ưu nhất khi đứng trước một bài toán giải phương trình vô tỉ

Mặt khác, đa số các em học sinh không có khả năng hệ thống cho mìnhnhững phương pháp giải loại phương trình này, hay còn phần lớn các em khôngbiết cách giải thế nào cho đúng, cho hay, nhất là với học sinh bậc THCS Các em

thường giải theo phương pháp lũy thừa và chọn ẩn nhưng đa số các em khôngphán đoán được phương trình sau có tương đương với phương trình đã cho haykhông?

Chính bởi những lí do trên mà tôi chọn đề tài này để phần nào tháo gỡ những vướng mắc trên, giúp cho quá trình dạy và học được tốt hơn và đạt hiệu quả mong muốn.

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI:

Một là, giúp học sinh nắm được các phương pháp giải một bài giải phươngtrình vô tỉ Trên cơ sở đó, tìm được những vướng mắc, khó khăn mà các emthường gặp phải trong quá trình giải loại bài tập này

Hai là, hệ thống được các phương pháp giải phương trình vô tỉ, trên cơ sở

đó phân tích những ưu việt hay hạn chế của từng phương pháp

Ba là, thông qua hệ thống ví dụ, giúp các em thấy được cách lựa chọn mộthoặc nhiều phương pháp khác nhau để giải một bài toán sao cho nhanh và đạt hiệuquả tối ưu nhất

III ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU:

1 Đối tượng nghiên cứu:

Nghiên cứu những phương pháp giải phương trình vô tỉ

Đánh giá tính ưu việt, hạn chế và khả năng ứng dụng của từng phương phápgiải

IV NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:

Phải hệ thống được cách giải một phương trình vô tỉ

Phải phân tích được những ưu việt và hạn chế của từng phương pháp, từ đó đưa rakhả năng ứng dụng của từng phương pháp đối với một bài giải phương trình vô tỉ

Phải phân tích và tìm ra từng chỗ thiếu sót, chỗ sai mà học sinh thường hay mắcphải và đưa ra cho học sinh những cách khắc phục.

V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI:

1 - Phương pháp đọc và phân tích tài liệu.

2 - Phương pháp tổng hợp những kinh nghiệm sáng kiến của những giáo viên dạy giỏi.

3 - Phương pháp khảo sát thực tế.

Phần II: NỘI DUNG CHÍNH CỦA ĐỀ TÀI

Chương I: NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN

I NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH:

1 Tập xác định của phương trình:

của một ẩn làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa Tập xác định được

a Cho hai phương trình :

x2 - 7x + 6 = 0 và 2x2 – 14x + 12 = 0 là hai phương trình tương đương vìchúng có cùng tập nghiệm S = {1; 6}

b Hai phương trình:

1 6

2





 4 x

x + 1 = 0 và (x + 7).(x - 5) = 0 là hai phương trình không tương đương vìtập nghiệm của phương trình thứ nhất là S = {- 1} còn của phương trình thứ hai là

S = {- 1; 5}

c Hai phương trình:

x2 + 1 = 0 và x2 + x + 6 = 0 là hai phương trình tương đương vì chúng có cùngchung một tập nghiệm là S = φ

3 Nghiệm của phương trình:

Cho phương trình f(x) = g(x) Nghiệm của phương trình xét trên tập A là số α A∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4}sao cho f(α) = g(α)

II CÁCH GIẢI CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH, PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN:

∆> 0 – phương trình có hai nghiệm phân biệt

b Quy tắc xét dấu tam thức bậc hai:

Cho f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0)

* ∆ ≤ 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a

* ∆ ≥ 0 thì f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2

Nếu f(x) cùng dấu với hệ số a khi với x (x∀ x ∉ (x ∉ (x 1; x2);

f(x) khác dấu với hệ số a với x (x∀ x ∉ (x ∉ (x 1; x2);

b '

x   

4 Các phép biến đổi tương đương:

a f(x) = g(x) + h(x) f(x) – g(x) = h(x)⇔ (với a ≠ 0)

b f(x) = g(x) f(x) ± c = g(x) ± c (với c R)⇔ (với a ≠ 0) ∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4}

c f(x) = g(x) k.f(x) = k.g(x) (với k R⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) ∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4} *)

d f(x) = g(x) (f(x))⇔ (với a ≠ 0) 2k + 1 = (g(x))2k + 1 (với k N).∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4}

e f(x) = g(x) (với f(x) ≥ 0; g(x) ≥ 0) [f(x)]⇔ (với a ≠ 0) 2k = [g(x)]2k (với k N)∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4}

III PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ:

1 Định nghĩa:

Phương trình vô tỷ là phương trình có chứa dấu căn thức

2 Cách giải chung:

Bước 1: tìm tập xác định của phương trình.

Bước 2: tìm cách khử căn thức và tìm nghiệm.

Bước 3 : so sánh với tập xác định và kết luận nghiệm của phương trình.

3.Ví dụ :

Giải phương trình :

(1)

Điều kiện để căn thức có nghĩa 2x + 3 ≥ 0 (2)⇔ (với a ≠ 0)

với điều kiện x ≥ 0 (3)

phương trình (1) (2x + 3) = x⇔ (với a ≠ 0) 2 (4)

x⇔ (với a ≠ 0) 2 – 2x – 3 = 0

Vì a – b + c = 0 nên (4) có nghiệm là: x1 = - 1; x2 = 3

x1 = - 1 không thoả mãn điều kiện (3)

x2 = 3 thoả mãn các điều kiện (2) và (3)

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 3

a Bất đẳng thức Côsi:

Nếu a1, a2 an là các số không âm ta có:

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an

CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

I PHƯƠNG PHÁP NÂNG LŨY THỪA:

1 Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản:

n

a a

a b

a b

Điều kiện để căn thức có nghĩa x – 5 ≥ 0 x ≥ 5 (2)⇔ (với a ≠ 0)

Với điều kiện x – 7 ≥ 0 x ≥ 7 (3)⇔ (với a ≠ 0)

phương trình (1) tương đương với: x – 5 = (x – 7)2 x⇔ (với a ≠ 0) 2 – 15x + 54 = 0 (4)

Giải phương trình (4) ta được:

x1 = 6 không thỏa mãn điều kiện (3)

x2 = 9 thỏa mãn các điều kiện (2) và (3)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 9

Nhận xét: Trong cách giải trên, ta đặt điều kiện (2) vì lý do sư phạm Thực ra

không cần điều kiện này Thật vậy, khi bình phương hai vế của (1), biểu thức x – 5 bằng một bình phương, đương nhiên không âm, do đó các giá trị của x thỏa mãn (3) cũng sẽ thỏa mãn điều kiện (2).

Giải phương trình (3) ta được nghiệm duy nhất là: x = - 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = - 1

Lưu ý: Nhiều em khi gặp bài này thường giải theo cách quen thuộc:

x

2 3

2x x

và cũng tìm được nghiệm x = - 1 thoả mãn (x ≥ - 2).

Nhưng với điều kiện (- 2 ≤ ) thì lại không tồn tại vì 2x + 3 < 0.

không thỏa mãn điều kiện (4)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 2

Lưu ý: Với điều kiện (2) ta chỉ cần x21 thì phương trình (1) đã tương đương với phương trình (3) vì khi bình phương thì (x + 4) bằng một bình phương, đương nhiên là dương.

Với , điều này chỉ đúng khi a ≥ 0 ; b≥ 0 và trong trường hợp

a ≤ 0; b ≤ 0 thì

Ví dụ 4: Giải phương trình

3 3

x 1

2 1 ).(

1 (

2  x  x x

2

2 ( 4 ) )

2 1 1

2 4 ) 2 1 ).(

1

(

1 2 ) 2 1 ).(

b a

ab   

b a

ab 

- Với dạng bài này, chúng ta không thay thế thì chắc chắn lời giải sẽ phức tạp hơn rất nhiều.

II PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC.

Với phương pháp này chúng ta thường phân tích, thêm bớt để đưa về dạng:

x 2 2 x 1 2 x 2

2

1 2 x 2 1 x 1 x 2 x

N n víi B A B)

(A

N n víi B A B)

5

 x

2

5



 x

3 3

3 x  1  x  1  5x

Đối với phương pháp này ta phải thật khéo léo khi xử lý quá trình:

Nhiều bạn rất hay làm thiếu trường hợp (- A).

Ví dụ 2: Giải phương trình sau:

(1) ⇔ (với a ≠ 0)

(2)⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0)

Điều kiện để căn thức tồn tại x – 3 ≥ 0 x ≥ 3 (3)⇔ (với a ≠ 0)

với điều kiện (3) phương trình (2) tương đương với:

⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0)

thỏa mãn điều kiện (3)

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 3; x2 = 7

Lưu ý:

Ta có thể dùng A = B ⇔ x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 2.

A = - B (với B ≥ 0)

thì việc giải sẽ nhanh hơn.

Ví dụ 4: Giải phương trình sau:

1 3

x   1 

1 3

x   1  

2 3

x  

0 3

(x 1 x

A 2

1



 2 x

- (x – 1)2 – 1 < 0 với x ≥ 1 suy ra phương trình (3) vô nghiệm.∀ x ∉ (x

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 2

III PHƯƠNG PHÁP DÙNG MIỀN XÁC ĐỊNH.

Khi sử dụng phương pháp này ta thường chia nhỏ TXĐ của phương trình và kếthợp với các điều kiện ràng buộc ta sẽ có nghiệm của phương trình

1 





 1 x x x

1 1) x.(x 1)

x.(x 2 1

1 1) (x 1)

x.(x

2

x 2 2) x(x 1)

x x 2 2 x x 1

x



x 2 2 x x

1      

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :

Chú ý : Khi sử dụng phương pháp này, chúng ta phải xác định TXĐ của phương trình một cách chính xác và kết hợp với các điều kiện để tìm ra nghiệm.

Để phương trình (3) tồn tại - x – 1 ≥ 0 x ≤ - 1 (4)⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0)

Kết hợp (2) với (4) ta được x = - 1 và thỏa mãn (1)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = - 1

1).(x (x

2 2 - x - x

2x 2)

x x

2 8

9 vi (lo¹i) 8

9

x x 2 2 x x 1 x

4x 2) x x 2 2 x 1 -

x

m·n) (tháa

4x 1

13 4x 1

1 x 1) 13).(x

 x  1  12   x  1  12  2

IV PHƯƠNG PHÁP DÙNG LƯỢNG LIÊN HỢP:

- Đối với phương pháp này, chúng ta rất dễ áp dụng nhưng nó thường phải ápdụng kết hợp với các phương pháp khác thì mới có hiệu quả

- Khi sử dụng chúng ta thường áp dụng công thức sau:

x + 1 = 0 x = - 1 (thỏa mãn điều kiện *)

⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x = - 1

Lưu ý : Khi khai căn của một đa thức, chúng ta phải chú ý điều kiện để đa thức dương và phải chọn lượng liên hợp để rút ngắn lời giải.

2 1

2 x 1

x 1

x 1

x   1    1  2    1   (

2 x 1 1 1 x 0 1 x 1

x 1

4x 1

1 x x x

x x x x

x x x x

x

x x x 4

2 2

2 2

x x x x

-x x x

5 x 2  x  x

3 3

x - 2 x

2 2

x 2

x 2

2  

x 2 2 x - 2 x

2 2 x 2 2

x 2 2 x 2

2 2 x

2 x.

x 2 x.

2 2.

x 2 2.

x 2 x.

2 x.

x 2 2.

2 x

.

0 2

) 2

2  

2

2

2 4 4

x

2 4 4

x

2 4 4

x

 2 ; 4  4 2

4 3 1

5 3 3

4 3 2

1 5 3 3

1 - x 3x 3x

1 - x 3x 3x

2 2

2 2

2 2

5 3

7

5 3

7

5 3

7

x

x x

4 x x x

4 x x

x

2 2

2 2

3 2

3 2

4 x x x

1 - x 3x

6 3 5

3 7

2 4

x

0 3

2

6 3

x

x 2 2

Tương tự như vậy với x < 2, x D thì: ∀x ∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4} ∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4}

Bài 1: Giải các phương trình vô tỉ sau:

0 3

2

6 3

x

0 5

3 7

2 4

x

0 0 3

2

6 2 3 5

3 2 7

2 2 4

2 1

2 3.2

4) x : S (§

1 x x -

2 x x

3

2) - x : S (§

1 - x 3;

x : S (§

3x

4 2  9x 1 x 2  

8) x : S (§





4 7

2

2

x x

x

1)-x:S(§

94

1

24

.424

011

4

116

8

1015

510

235

63

15

6

12192

7

2 2

Bµi

x:S

§x

xx

x

15

2

1x:S

§x

xx

x2

14

xx

6-5x

13

10)x5:S(§

xx

1-x4-3x

12

1)x:S(§

xx

5-5x

11

4)x:S(§

xx

10

-1)x:S(§

xx

9

nghiÖm)(V«

x

x20x

x208

5)x:S(§

xx

x 1

Giải các phương trình sau:

Giải phương trình sau :

CHƯƠNG III :

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

- Để khử căn thức, người ta có thể đưa thêm một hoặc nhiều ẩn phụ Tuỳ theodạng của phương trình mà các bạn lựa chọn cho thích hợp

- Đây là một “công cụ” tương đối mạnh và đạt hiệu quả cao trong việc khử cănthức song nó cũng có nhiều chỗ làm cho các bạn nhầm giữa ẩn đã cho với ẩn mới

I ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ CHUYỂN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỈ :

- Ta thường đặt một ẩn mới thay ẩn của phương trình song chúng ta phải chú tớiđiều kiện liên quan giữa ẩn cũ và ẩn mới

2 2 1

.

3

1 2 3 2

.

2

2 14 12

.

1

3 3

3

3 3

3

3 3

Bµi

S x

x x

x x

x

x x

Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :

Bình phương hai vế ta được 1 = (x - 3)(x + 1) x⇔ (với a ≠ 0) 2 – 2x - 4 = 0

Ta có ∆ = 1 + 4 = 5 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

2 x   x 

2 1 3

1 3 3

1 1

/ 1 0 1 0

1 2 1

M T x

x x

t

M T t t

t t t

x x

 

3

1 3

Y

   *

3

1 3 1

Kh«ng x

3 5 1

3 5 1

A

t 

Có ∆’ = 1 + 12 = 13 > 0 Phương trình có hai nghiệm:

Tóm lại: Phương trình (1) có hai nghiệm:

Chú ý: Rất nhiều bạn khi gặp bài này thường đặt ẩn phụ là: ,

điều này chưa đúng khi x – 3 > 0, do đó ta phải đặt như trên.

* Với t = 1 ⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) 1 = 2 – x x = 1.⇒

* Với t = 0 ⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) 0 = 2 – x x = 2.⇒

* Với t = - 2 ⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) - 8 = 2 – x x = 10.⇒

Vậy phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt : x1 = 1 ; x2 = 2 ; x3 = 10

Chú ý :

Với điều kiện x ≥ 1 ta suy ra t ≤ 1, việc này sẽ giúp chúng ta giải được một cách nhanh chóng khi ta tìm được những nghiệm t không thỏa mãn, tránh được quá trình giải lan man với những nghiệm t không cần thiết.

Kh«ng x

13 1

13 1 2

; 5

1   x   x

) 1 ).(

1 1

3 ( 6

Phương trình có 1 + 2 + 3 = 0, nên phương trình có nghiệm là:

X1 = - 1 Không thỏa mãn với điều kiện (**)

X2 = 3 Thỏa mãn điều kiện (**)

Với X = 3 ⇔ (với a ≠ 0)

⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0) x + 3 = 0 ⇔ (với a ≠ 0) x = - 3

6 – x = 0 x = 6 Thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x1 = -3; x2 = 6

Phương trình (1) trở thành: t2 + 3t – 10 = 0

∆ = 9 – 4.1.(-10) = 49 ⇒

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

3 2

3

3

3 ) 2 ).(

5

3 x 3.

10 3)

7 3

1    t

(lo¹i) 5 2

7 3

t2    

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là: x = 1; x = 4.

Chú ý: Việc áp dụng lược đồ Hoocle giúp ta tách được đa thức bậc cao về

4 7

2

x x

x x

t   0  2 

) 2 ( 0 4 8 7 3

4 2

4 7

2 3 4 2

2 4

t t

t t

) 2 ( 0 4 8 7 3

4 2

4 7

2 3 4 2

2 4

t t

t t

0 4

7 2

1 -

t 2

t

t

2 2

1 t t

4 2

1 1

x

) 1 ( 1 2

Lời giải:

Điều kiện để phương trình có nghĩa là: x + 1 ≥ 0 x ≥ - 1 (2)⇔ (với a ≠ 0)

Đặt

Phương trình (1) trở thành:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3

II ĐẶT ẨN PHỤ, QUY PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

Ngoài việc đặt ẩn phụ để đưa phương trình vô tỉ về phương trình hữu tỉ, chúng tacòn đặt ẩn phụ để đưa phương trình vô tỉ về hệ phương trình Đây là cách giải rấtthích hợp cho các phương trình vô tỉ

Ví dụ 1: Giải phương trình sau

Lời giải:

Đặt

Khi đó phương trình đã cho dẫn về hệ phương trình sau:

Trừ hai vế hai phương trình của hệ ta được:

x3 – y3 = - 2(y – x) (y – x).(x⇔ (với a ≠ 0) 2 + xy + y2) + 2(x – y) = 0

(x – y).( x

⇔ (với a ≠ 0) 2 + xy + y2 + 2) = 0 (2)

Do

Nên phương trình (3) x – y = 0 x = y (4)⇔ (với a ≠ 0) ⇒

Thay (4) vào (1) ta được :

x3 + 1 = 2x x⇔ (với a ≠ 0) 3 – 2x + 1 = 0 x⇔ (với a ≠ 0) 3 – x – (x – 1) = 0

⇔ (với a ≠ 0) x.(x2 – 1) – (x – 1) = 0

x t

x

t   1  0  2  1 

3 4

1 2

1 0

2 1

1 1

1

1 1

1 2

1 1

1 2

1 2

1

1 1

1

1 2

1 2

1

2 2

2 2

2 2 2

x t

Víi

t t

t

t t

t

t t t

t víi

t t t t

) 1 ( 1 2 2

3 3

y

y x

R y x víi y

y

xy

2 2

1 0 1

2

x x x

x x x

(x – 1).(x⇔ (với a ≠ 0) 2 – x – 1) = 0 ⇔ (với a ≠ 0)

Vậy nghiệm của phương trình (1) là :

Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :

(1)

Đặt

Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ sau: (I)

Lập phương hai vế phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có :

(u + v)3 = u3 + v 3 u⇔ (với a ≠ 0) 3 + v 3 + 3uv(u + v) = u3 + v 3 3uv(u + v) = 0⇔ (với a ≠ 0)

; 2

5 1

3 3

; 2 2

3 3

3 3 3 3

3 3

3 3

v u

v u v u

v u

x v

u

x v x

v x

u x

u

3 3

3 3

2

5

; 2

5

; 2

5

; 2

5

; 0

; 5

; 5

;

0

Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình sau:

Từ phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có u = 3 – v (2)

Thế (2) vào phương trình thứ hai của hệ (I) ta được:

(3 – v)4 + v4 = 17

81 – 108v + 54v

⇔ (với a ≠ 0) 2 – 12v3 + 2v4 = 17 v

⇔ (với a ≠ 0) 4 – 6v3 + 27v2 – 54v + 32 = 0 (3)

Ta thấy v = 1 và v = 2 là nghiệm của phương trình vì:

nghiÖm v«

4 4

4 4 4

) ( 17 3

4

v u v u

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: (1;1)(1;2).

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 16

55 2

3 16

3

2 2

1 v v

m·n tháa x x x

x

v

1 1 17

3 2 2 2

0

3 2

2

3 v

u

v u

Theo lược đồ Hoocle ta có :

1 -1 6 - 6

Vậy (5) được phân tích thành :

(u - 1)(u2 - 6) = 0 u – 1 = 0 u = 1⇔ (với a ≠ 0) ⇔ (với a ≠ 0)Với u = 1 thế vào (4) ta được v = 3 – 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 2)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 3

Nên phương trình có nghiệm là : v = 1 u = 2 hoặc v = 2 u = 1.⇒ ⇒

Vậy hệ (I) có hai nghiệm : (1 ;2) và (2 ; 1)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt : x = - 6 ; x = 1

Ví dụ 6 : Giải phương trình

 1 3 ) 2 )(

7 ( ) 7 ( ) 2

3  x 2   x   x  x 

) 2 ( 9 7

( 3 9

3

2 2 2 2 3

3

2

2

I vu v u v u vu v u v

1 1 7 2 8 2 7

x x x x x

x

v

v