Giải pt vô tỉ bằng pp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn thường xuyên được sử dụng khi gặp các phương trìn

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN

Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn thường xuyên được sử dụng khi gặp các phương trình chỉ chứa căn bậc hai.Trong bài viết này tôi xin đưa ra một số ví dụ cùng hướng phân tích để tìm lời giải cho bài toán hi vọng sẽ đem lại điều bổ ích cho bạn đọc

Ví dụ 1: (Ví dụ mở đầu)

Giải phương trình 3 x33x24x 1

Bài giải: ĐK x   3

Phương trình  27x33 x 3 3x231x800

Đặt t x3 t0 phương trình trở thành 27t23t3x231x800

Có   18x 932 suy ra 1 3 16 2 5

,t

t    

3

9

x

   Vô nghiệm vì với x   thì 3 3 16 0

9

x





3

x

Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm x11,x2  2

Nhận xét:Trong lời giải trên ta thấy khó nhất là biến đổi phương trình ban đầu thành

27 x3 3 x 3 3x231x800 để sau khi đặt ẩn phụ t x3 thì phương trình ẩn t có

18x 932



 ( là bình phương của một nhị thức)

Nếu ta tách không hợp lý thì không là bình phương của một nhị thức hoặc là một hằng số ,trong trường hợp đó việc giải phương trình theo hướng trên là không thể thực hiện được

Vậy làm thế nào để tách được phương trình mà thỏa mãn các điều kiện trên và việc tách ra như thế có là duy nhất?.Để trả lời được câu hỏi này ta thực hiện theo các bước như sau:

(1)m x3 3 x 3 3x  4m x 1 3m0 m0

B2: Đặt t x3 t0 pt trở thành 2 2  

mt  t x  m x  m

12mx 4m 4 m x 12m 4m 9 f x

B3: Tìm m sao cho

 

/

27

f

m m

m

Đến đây việc giải pt như đã trình bày ở trên

Ví dụ 2: (Đại học khối D -2006)

Giải phương trình 2x 1 x23x  1 0

Tách phương trình

Phương trìnhm2x1 2x 1 x23 2 m x  1 m0 m0

Đặt t 2x1 t0 phương trình trở thành 2 2  

mt  t x   m x m

4mx 4m 3 2m x 4m 4m 1 f x

Tìm m sao cho



2

1

m m

Vậy (2)    2

2x 1 2x 1 x x 0



Bài giải : ĐK 1

2

x 

Phương trình (2)    2

2x 1 2x 1 x x 0

Đặt t 2x1 t0 phương trình trở thành 2 2

0

t t x x

2x 1



1 1 ,t2

t  x x

2

1

1

x

x x



 



 2

2x 1 x x 2x 1 0 x 1

Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x11,x2 2 2

Ví dụ 3: Giải phương trình 60 24 x5x2 x25x10

Tách phương trình

Phương trình tương đương

m 60 24 x5x2  60 24 x5x2  5m1 x2 24m5 x10 60 m0 m0

Đặt t 60 24 x5x2 (t0) phương trình trở thành

2   2  

mt  t m x  m x  m

Tìm m sao cho



 





/

1

0

6

f f

m m

m m

Như vậy ta có thể tách phương trình (3) 1 2 2 1 2

Bài giải: ĐK 60 24 x5x20

Đặt t 60 24 x5x2 (t0)pt trở thành 1 2 1 2 2 2

6t  t 6x x t  tx  x

Phuơng trình ẩn t này có /  2

3

x

   nên ta tìm đượct1x t,2    x 6

 





2

2

0

x

  





2

2

6 0

x

Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x1  2 14,x2  3 13

Ví dụ 4: (Bài T4/369THTT)

Giải phương trình x3 4x12x28x

Tách phương trình

Phương trình tương đương

       

m x28x48  x3 x28x48mx2 1 8 m x48m28 0  m0

Đặt t x28x48 (t0) pt trở thành

mt x 3 t mx 1 8m x 48m 28 0

Có               

2

Dễ thấy rằng khi 1

2

m   thì   1t Như vậy ta tách phuơng trình ban đầu trành

Bài giải: ĐK x28x48 0

2

t x  x t phương trình trở thành1 2 3 1 23  4 0  0

Phương trình bậc hai ẩn t có   1t từ đó có t  x  2, t   x 4

2

2

2 0

x

 





2

2

4 0

x

 





Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x   1 3 31,x   2 4 4 2

Để kết thức bài viết này tôi đưa ra một số bài tập sau:

Giải các phương trình vô tỉ

2

2

2

2

2) 3 58 51 2 110 0

x x x