Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt và chú ý điều kiện của nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” . Bài 1. Giải phương trình: HD:Điều kiện: Nhận xét. Đặt thì phương trình có dạng: . Thay vào tìm được Bài 2. Giải phương trình: .HD:Điều kiện: Đặt thì . Thay vào ta có phương trình sau: Ta tìm được bốn nghiệm là: Do nên chỉ nhận các gái trị Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện Ta được: , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.Đơn giản nhất là ta đặt : và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)Bài 3. Giải phương trình sau: HD:Điều kiện: Đặt thì phương trình trở thành: ( với Từ đó ta tìm được các giá trị của Bài 4. Giải phương trình sau : HD: ĐK: Đặt thì phương trình trở thành: Bài 5. Giải phương trình sau : HD:Điều kiện: Chia cả hai vế cho x ta nhận được: Đặt , Bài 6. Giải phương trình : HD: không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: Đặt t= , Ta có : Bài 7.Giải phương trình: HD:Đặt y = ; Phương trình có dạng: 3y2 + 2y 5 = 0 Với y = 1 Là nghiệm của phương trình đã cho.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 lại quá khó giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :Chúng ta đã biết cách giải phương trình: (1) bằng cách Xét phương trình trở thành : thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)  Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này .a) . Phương trình dạng : Như vậy phương trình có thể giải bằng phương pháp trên nếu: Xuất phát từ đẳng thức : Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai giải “ nghiệm đẹp”Bài 1. Giải phương trình : HD: Đặt phương trình trở thành : Tìm được: Bài 2. Giải phương trình : ()HD:Dễ thấy: Ta viết Đồng nhất vế trái với () ta được : Đặt : phương trình trở thành :3u+6v= Từ đây ta sẽ tìm được x.Bài 3: Giải phương trình sau : ()HD:Đk: Nhận xét : Ta viết Đồng nhất vế trái với () ta được : Đặt , ta được: Ta được : Bài 4. Giải phương trình : HD:Nhận xét : Đặt ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : Pt có nghiệm : Bài 5:Giải phương trình: .HD:ĐK: Pt . Đặt Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) Nếu u = 3v (vô nghiệm)Nếu v = 3u là nghiệm. b) Phương trình dạng : Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.Bài 1. Giải phương trình : HD:Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : hay: 2(u + v) (u v)= Bài 2. Giải phương trình sau: HD:Đk . Bình phương 2 vế ta có : Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : Do . Bài 3. Giải phương trình : HD:Đk . Chuyển vế bình phương ta được: Nhận xét : Không tồn tại số để : vậy ta không thể đặt : .Nhưng may mắn ta có : Ta viết lại phương trình: . Đến đây bài toán được giải quyết . 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Từ những phương trình tích , 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 .Bài 1. Giải phương trình : HD:Đặt ; , ta có : Bài 2. Giải phương trình : .HD:Đặt : Khi đó phương trình trở thnh : Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn : Bài 3:Giải phương trình: HD:Đặt Phương trình trở thành: t2 (x + 3)t + 3x = 0 (t x)(t 3) = 0 Nếu t = x (Vô lý). Nếu t = 3 . Vậy: 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệXuất phát từ đẳng thức , Ta có Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . Bài 1. Giải phương trình : HD:ĐK: Đặt , ta có : , giải hệ ta được: Bài 2. Giải phương trình sau : HD:Ta đặt : , khi đó ta có : Bài 3. Giải các phương trình sau : HD:Đặt . Ta được hệ phương trình: Từ đó ta có: a2 4b2 = a 2b (a 2b)(a + 2b 1) = 0 Nếu a = 2b (thoả mãn)Nếu a = 1 2b ()Ta có : VT() (1)VP() = (2)Từ (1) và (2) suy ra phương trình () vô nghiệmVậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường Đặt và tìm mối quan hệ giữa và từ đó tìm được hệ theo u,v Bài 1. Giải phương trình: . HD:Đặt Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: , giải hệ này ta tìm được . Tức là nghiệm của phương trình là Bài 2. Giải phương trình: . HD:Điều kiện: Đặt Ta đưa về hệ phương trình sau: Giải phương trình thứ 2: , từ đó tìm ra rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình.Bài 3. Giải phương trình sau: . HD:Điều kiện: Đặt thì ta đưa về hệ phương trình sau: Vậy Bài 4. Giải phương trình: HD:Điều kiện: Đặt .Khi đó ta được hệ phương trình: Bài 5. Giải phương trình: .HD:ĐK: Đặt . Đặt t = uv Với t = 15 x = 4. Với t = 113 x = 548Bài 6. Giải: (1) HD:Với điều kiện: Đặt Với v > u ≥ 0 Phương trình (1) trở thành u + v = 3 Ta có hệ phương trình Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}Bài 7. Giải phương trình: HD: Điều kiện: ()Với điều kiện (),đặt ; , với u ≥ 0, . Ta có: Do dó ta có hệ

Chuyên đề giải phương trình vơ tỉ

PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ

1 Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường

 Đối với nhiều phương trình vơ 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 ”

Bài 1 Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2 HD:Điều kiện: x 1

Nhận xét x x2 1 x x2 1 1

Đặt t  x x2 1 thì phương trình cĩ dạng: t 1 2 t 1

t

    Thay vào tìm được x 1

Bài 2 Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x 5 HD:Điều kiện:

4

5

x 

Đặt t  4x5(t0) thì 2 5

4

t

x  Thay vào ta cĩ phương trình sau:

          (t22t 7)(t2 2t 11) 0

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1 2 2;t3,4  1 2 3

Do t  nên chỉ nhận các gái trị 0 t1 1 2 2,t3  1 2 3

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 2x2 6x 1 0

Ta được: x x2(  3)2 (x 1)2  , từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng.0

Đơn giản nhất là ta đặt : 2y 3 4x và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa 5

về hệ)

Bài 3 Giải phương trình sau: x 5 x 1 6 HD:Điều kiện:

1 x 6

Đặt y x 1(y0) thì phương trình trở thành: y2 y5 5  y4 10y2 y20 0 ( với 5)

y   (y2 y 4)(y2 y 5) 0 1 21 1 17

,

Từ đĩ ta tìm được các giá trị của 11 17

2

x 

Bài 4 Giải phương trình sau :x2004 x 1 1 x2 HD: ĐK: 0 x 1

Đặt y 1 x thì phương trình trở thành:  2 2 

2 1 y y y1002  0 y 1 x0

Bài 5 Giải phương trình sau : 2 1

x

Chia cả hai vế cho x ta nhận được:x 2 x 1 3 1

x

  ,

Bài 6 Giải phương trình : 2 3 4 2

x  x  x  x HD: x  khơng phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 0 1 3 1

2

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Đặt t=3 1

x

x

 , Ta có : t3 t 2 0  1 5

1

2

t   x 

Bài 7.Giải phương trình:3x2 21x18 2 x2 7x7 2 HD:Đặt y = x2 7x7;y 0

Phương trình có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0

5 3 1

y y

















1

y

Với y = 1  x2 7x7 1

1 6

x x





  

 Là nghiệm của phương trình đã cho

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 :

 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u2uvv2 0 (1) bằng cách

Xét v  phương trình trở thành : 0

2

0

0

v  thử trực tiếp

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

 a A x  bB x  c A x B x   

 uv mu2nv2

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này

a) Phương trình dạng : a A x  b B x   c A x B x   

Như vậy phương trình Q x   P x  có thể giải bằng phương pháp trên nếu:

     







Xuất phát từ đẳng thức :

x   x x  x

x x   x  x   x  x  x x  x

4x  1 2x  2x1 2x 2x1

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 2 4

4x  2 2x 4 x 1

Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai

at bt c  giải “ nghiệm đẹp”

Bài 1 Giải phương trình : 2x22 5 x31

2

phương trình trở thành :  2 2

2

2







 



Tìm được: 5 37

2

x 

Bài 2 Giải phương trình : 2 3 4 2

3

x  x  x x  (*)

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

x x   x  x   x  x  x x  x

Ta viết x2 x 1 x2 x1  3 x2 x 1 x2  x1

Đồng nhất vế trái với (*) ta được :

ux  x u  vx  x v 

phương trình trở thành :-3u+6v=- 3 uv  u 3v Từ đây ta sẽ tìm được x

Bài 3: Giải phương trình sau :2x25x 1 7 x3 1(*) HD:Đk: x 1

Nhận xét : Ta viết x 1 x2 x 1 7 x 1 x2 x 1

Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3x 12x x 1 7 x 1 x2 x 1

Đặt u x  1 0 , v x 2  x 1 0, ta được:

9

4







 



Ta được :x  4 6

Bài 4 Giải phương trình :x3 3x22 x23  6x0

HD:Nhận xét : Đặt y x ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :2

2





 Pt có nghiệm :

Bài 5:Giải phương trình: 3  2 

10 x  1 3 x 2 HD:ĐK: x 1

10 x 1 x x 1 3(x 2)

1

u v









Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2)  3u v u    3v 0 3

3





  



5 33

x

x

  

 

 là nghiệm

b) Phương trình dạng : 2 2

Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên

Bài 1 Giải phương trình : x23 x2 1 x4 x21

2

1

 







khi đó phương trình trở thành : 2 2

3

u v u  v

hay: 2(u + v) - (u - v)= u v u v    

Bài 2 Giải phương trình sau: x22x 2x 1 3x24x  HD:Đk 1 1

2

x  Bình phương 2

vế ta có : x22x 2x 1 x2 1 x22x 2x 1 x22x  2x 1

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Ta có thể đặt :

2 2





khi đó ta có hệ :

2

2

uv u v













Bài 3 Giải phương trình : 2 2

5x  14x 9 x  x 20 5 x1 HD:Đk x  Chuyển vế bình phương ta được: 5 2x2 5x 2 5 x2 x 20 x1

Nhận xét : Không tồn tại số ,  để : 2x2 5x 2 x2 x 20 x1 vậy ta không thể đặt :

2

20 1

v x



 



Nhưng may mắn ta có :  2             2 

x  x x  x x x  x x  x

Ta viết lại phương trình: 2x2 4x 53x4 5 (x2 4x 5)(x4) Đến đây bài toán được giải quyết

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

Bài 1 Giải phương trình : 2  2  2

HD:Đặt t  x2 ;2 t  2 , ta có : 2 2  3 3 0 3

1

t

t x







Bài 2 Giải phương trình : x1 x2 2x 3 x2 HD:Đặt : 1 t  x2 2x3, t  2

Khi đó phương trình trở thnh : x1t x21 x2 1 x1t 0

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn :

1

t

t x







Bài 3:Giải phương trình: 2   2

x  x  x x  HD:Đặt t x2 1;t1

Phương trình trở thành: t2 - (x + 3)t + 3x = 0 (t - x)(t - 3) = 0 t t 3x





Nếu t = x  x2  1 x (Vô lý) Nếu t = 3  x2   1 3 x2 2 Vậy:x 2 2

4 Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích

 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ

Xuất phát từ đẳng thức a b c  3a3b3c33a b b c c a       , Ta có

0

a b c  a b c   a b a c b c   

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

37x 1 x  x 8 x  8x 1 2

33x 1 35 x3 2x 9 3 4x 3 0

Bài 1 Giải phương trình :x 2 x 3 x 3 x 5 x 5 x 2 x HD:ĐK:x 2

Đặt









, ta có :

2

2

2

2 2

u v u w





, giải hệ ta

Bài 2 Giải phương trình sau : 2 2 2 2

2x  1 x  3x 2  2x 2x 3 x  x2

HD:Ta đặt :

2

2

2

2

2













, khi đó ta có : a b c d2 2 2 2 x 2

  







Bài 3 Giải các phương trình sau : 4x25x 1 2 x2 x 1 9x 3

2 2

; 0 1

a b











Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b  (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 2

1 2





   



3

Nếu a = 1 - 2b  4x2 5x  1 1 2 x2  x1 (*)

Ta có : VT(*)  0 (1)

VP(*) =

2

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1

3

x 

5 Đặt ẩn phụ đưa về hệ:

5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường

 Đặt u x v,  x và tìm mối quan hệ giữa  x và  x từ đó tìm được hệ theo u,v

Bài 1 Giải phương trình: x335 x x3 335 x3 30 HD:Đặt y335 x3  x3 y3 35

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 3( 3 ) 30

35

xy x y





 , giải hệ này ta tìm được

( ; ) (2;3) (3;2)x y   Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3}

Bài 2 Giải phương trình: 2 1 4 41

2

    HD:Điều kiện: 0 x 2 1

4

2 1

x u

x v









Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Ta đưa về hệ phương trình sau:

4 4

2

4

1 1

2 2

1

2

u v



 



Giải phương trình thứ 2:

2

4

1

2

v   v  

  , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình

Bài 3 Giải phương trình sau: x 5 x 1 6 HD:Điều kiện: x 1

Đặt a x1,b 5 x1(a0,b 5) thì ta đưa về hệ phương trình sau:

2

2

5

5







2

x    x  x   x x 

Bài 4 Giải phương trình: 6 2 6 2 8

3

  HD:Điều kiện: 5x5

Đặt u 5 x v,  5 y 0u v,  10

Khi đó ta được hệ phương trình:

2

3 3

u v

u v

uv





Bài 5 Giải phương trình: 4 629 4 77 8







 x x HD:ĐK: 77  x 629 Đặt

4

4

629

( ; 0) 77

u v









706 ,

8 4 4









 u v u v Đặt t = uv





















113

15

0 1695 128

2

t

t

t

t

Với t = 15  x = 4 Với t = 113  x = 548

Bài 6 Giải: 3 2 3 2

x x   x x   (1) HD:Với điều kiện: x3 x2 1 0  x3 x2 2 0

Đặt

1 2







Với v > u ≥ 0 Phương trình (1) trở thành u + v = 3

Ta có hệ phương trình

3

3

1 1

2 2

1 1

2 4

u v

 













 



 



Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

2

2

2 0

( 1)( 2 2) 0

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}

Bài 7 Giải phương trình:

2 2

3

2















 x x HD: Điều kiện:

0 0

x x

x x

x

     





(*)

Với điều kiện (*),đặt u  x;v  x

3

2

, với u ≥ 0,

3

2



v Ta có:































2 2 4 2

3 2

1 1

v x

u x

Do dó ta có hệ

2

2

2 2

2 2

1 1

2 2

3 3

9

2 3

8 194

18

u v

u v

u v

u v

u v





 

 









 











 2

5

8 194

18

u v













 

 

 



 



 u và v là nghiệm của phương trình





























) ( 0 18

194 8

3

2

) ( 0 18

194 8

3

2

2

2

b y

y

a y

y

 (b) vô nghiệm

 (a) có 2 nghiệm

3

3 2

97 1

; 2

3 2

97

1

2 1

































1 2

2 2 2 1

1 1

y v

y u y v

y u

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

3

3 2

97 1

2







y u

3

3 2

97



2

3

3 2

97 1



































Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

2

3 2

97 1

9

1























x

Bài 8 Giải phương trình: 4 18  5x 4 64  5x  4 HD:Với điều kiện















































5

64 5

18

5

645

18 0

5

64

0

5

18

x x

x x

x

(*) Đặt u  4 18  5x,v 4 64  5x, với u ≥ 0, v ≥ 0

Suy ra















x v

x u

5 64

5 18

4

4

Phương trình đã cho tương đương với hệ:

















































0 , 0

82 ) ( 2 4 0

,

0

82

4

2 2

2 2 4

4

v v

uv v

u

v u

v

v

v

u

v

u

Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:



































































0

29 3

4 0

0 87 32

4

0 ,

0

82 2

2

4

2

2 2

2

P

P P

S

P

P

p

S

S

P

P P

S

S

(1) Với S = 4, P = 3

u và v là nghiệm của phương trình: 2 4 3 0 1

3

y

y





     

 Do đó ta có:























1

3 3

1

v

u v

u

Suy ra



63 5

17









(*)

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

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

1 2

17 5 63 5

x x









 



5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II

 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II

 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :  

2

2







việc 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 ,

2 1

y x  , khi đó ta có phương trình : x12 ( x 2 1) 1  x22x x2

Vậy để giải phương trình : 2

x  x x ta đặt lại như trên và đưa về hệ

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :  

2

2







, ta sẽ xây dựng được

phương trình dạng sau : đặt y   ax b , khi đó ta có phương trình :

x 2 a ax b b 

Tương tự cho bậc cao hơn :  n a n

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :

xn p a x b n '  ' đặt y n ax b để đưa về hệ , chú ý về dấu của  ???

Việc chọn ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :xn p a x b n '  ' là chọn được

Bài 1: Giải phương trình: x2 2x2 2x 1 HD:Điều kiện: 1

2

x 

Ta có phương trình được viết lại là: (x 1)2 1 2 2 x 1

Đặt y 1 2x 1 thì ta đưa về hệ sau:

2 2







Trừ hai vế ta được

(x y x y )(  ) 0

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x  2 2

Cách 2: Đặt 2x 1 t a  2x 1t2 2at a 2 Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2

kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình:

2 2





 Giải hệ này ta sẽ tìm được x

Bài 2 Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5 HD:Điều kiện 5

4

x 

Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2 12x 2 2 4 x5  (2x 3)2 2 4x 5 11

Đặt 2y 3 4x5 ta được hệ phương trình sau:

2 2

x y x y







Với x y 2x 3 4x 5 x 2 3

Với x y 1 0  y 1 x 2x 1 4x5 (vô nghiệm)

Kết luận: Nghiệm của phương trình là x  2 3

Bài 3:Giải phương trình:x2  x5 5 HD:ĐK:x 5

Pt  x2  5 x5 ; x  5 (*) Đặt x5 t a x 5 t2 2at a 2

Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:

2 2

5 5

  





 

 từ đây ta sẽ tìm được nghiệm

Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x = 4 9( 0)

28

x x



 HD:Đặt 4 9

28

x

t a



 

4 9

2 28

x



Chọn 1

2

x



Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:

2 2

1

2 1

2



  







PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I-KIẾN THỨC:

1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:

Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 (a2b2)(x2y2)

Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a x b y

2.Bất đẳng thức côsi:

a) Với hai số a, b  0 thì ta có:

2

a b

ab





Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a b

b) Với ba số a, b, c  0 thì ta có: 3

3

a b c

abc

 



Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a b = c

c) Với bốn số a, b, c, d  0 thì ta có: 4

4

a b c d

abcd

  



Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a b = c = d

e) Với n số a1, a2,…, an  0 thì ta có: 1 2

1 2

n

n

  



Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a1a2   a n

3.GTLN,GTNN của biểu thức:

a/ A = m + f2(x)  m

A m

MinA m

Dấu ''='' xảy ra  f(x) = 0

b/ A = M - g2(x)  M

ax

A M

M A M

Dấu ''='' xảy ra  g(x) = 0

4 Dùng hằng đẳng thức :

 Từ những đánh giá bình phương : A2B2 , ta xây dựng phương trình dạng 0 A2B2 0

Từ phương trình  5x 1 2 x 2 9 5 x 22 x 1 0

4x 12 x 1 4 x 5x 1 9 5 x

5 Dùng bất đẳng thức

 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: (1)

(2)

A m

B m









nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x thì 0 x là nghiệm của phương trình A B0 

Ta có : 1x 1 x Dấu bằng khi và chỉ khi 2 x  và 0 1 1 2

1

x

x

 , dấu bằng khi

và chỉ khi x = 0 Vậy ta có phương trình: 1 2008 1 2008 1 1

1

x

 Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :  

( )

A f x

B f x

 







 

A B

 



  





 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được

II-BÀI TẬP:

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Bài 1 Giải phương trình : 2 2 9

HD:Đk: x 0

2

1

x

x

7

Bài 2 Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2x4 16 HD:Đk: 1  x 1

Biến đổi pt ta có : x213 1 x2 9 1x22256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

 13 13 1 x2 3 3 3 1x22 13 27 13 13    x2 3 3x2 40 16 10  x2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:  

2

2

x  x   

 

Dấu bằng

2 2

2 1

5 1

3

2

5

x x

x

x









Bài 3 Giải phương trình: x3` 3x2 8x40 8 4 4 x4 0

HD:Ta chứng minh : 8 44 x4 x 13 và x3 3x2 8x40 0  x 3 2 x3  x 13

Bài 4: Giải phương trình: 7 x x 5 x2  12x38

HD:Ta có :VT2=( 7 x x 5)2 (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4

Nên : 0 < VT  2

Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2  2

Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6

Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Bài 5: Giải phương trình: x2 3x 2 x 1 2 HD:ĐK:x 1; 2 (1)

PT  x2 3x 2  2 x1 (2)

Từ (2) ta có:

1 2

1 (3)

x

x

x

x

Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1

Bài 6:Giải phương trình : x 4x 1 2

x 4x 1



 HD: Điều kiện x 1

4



Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: x 4x 1 2 x 4x 1 2

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x 4x 1

x 4x 1





