Tất nhiên chưa có ai có thể đưa ra một phương pháp để giải tất cả các phương trình vô tỷ.. Quá trình giảng dạy, tôi thấy học sinh thường lúng túng khi đứng trước một bài toán về phương t
Trang 1Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc
Qua quá trình giảng dạy và học tập trong trường phổ thông, tôi thấy phương trình vô tỷ là mảng kiến thức hay và khó Tất nhiên chưa có ai có thể đưa ra một phương pháp để giải tất cả các phương trình vô tỷ Quá trình giảng dạy, tôi thấy học sinh thường lúng túng khi đứng trước một bài toán về phương trình vô tỷ Lúng túng trong lựa chọn cách giải là một lí do Vì vậy, qua kinh nghiệm làm toán tôi muốn đưa ra một tổng hợp về các phương pháp giải phương trình vô tỉ( tất nhiên là dựa trên kinh nghiệm của bản thân)
Trong tài liệu tôi sẽ trình bày từ các phương pháp đơn giản thường dùng cho đến các phương pháp không mẫu mực, ít khi sử dụng Hi vọng tài liệu có thể giúp cho các em học sinh chuẩn bị thi đại học, các em luyện thi học sinh giỏi và các bạn đồng nghịêp tham khảo để giảng dạy tốt hơn
Do tài liệu ra mắt lần đầu nên không thể tránh khỏi sai xót, mong được sự góp ý của tất cả các bạn
CHƯƠNG I: CÁC DẠNG CƠ BẢN VÀ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1 Phương trình dạng: f x( )=g x( ) (1)
Để giải phương trình dạng (1) thông thường ta giải bằng phép biến đổi tương đương sau: (1) ( ) 02
( ) ( )
g x
f x g x
≥
⇔ =
Nhiều bạn học sinh khi giải phương trình dạng này vẫn thấy “ thiếu” điều kiện Các bạn sẽ đặt câu hỏi tại sao có biểu thức f x( ) mà không thấy xuất hiện điều kiện f x( ) 0≥ Xin thưa với các bạn rằng hệ (2) đã bao gồm điều kiện f x( ) 0≥ , bởi vì: f x( )=g x2( ) 0≥
Còn nếu các bạn thực hiện cách giải như sau:
ĐK: f x( ) 0≥ và (1) ⇔ f x( )=g x2( )(2)
Xin thưa với các bạn cách biến đổi này vẫn chưa đúng Bởi vì các bạn mặc dù đã đặt điều kiện cho f x( ) nhưng phép biến đổi trên không phải là phép biến đổi tương, nên sau khi giải các bạn phải thử lại các giá trị của x đã tìm được ở phương trình (2) để loại bỏ các nghiệm ngoại lai
Ví dụ1: Giải phương trình: x− = −2 x 4
Cách giải đúng:
Phương trình đã cho tương đương với: 4 0 2 2 4
⇔
4
3, 6
x
x
≥
⇔ = = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=6
Cách giải chưa đúng:
ĐK: x− ≥ ⇔ ≥2 0 x 2 Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với:
2
2 ( 4)
x− = −x ⇔x2−9x+ =18 0 ⇔ =x 3, x=6 rõ ràng cả hai nghiệm này đều thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=3, x=6!??? Sai lầm ở đâu?
Xin thưa, sai lầm ở ngay phép biến đổi đầu tiên Phép bình phương hai vế của phương trình
đã cho chỉ là phép biến đổi hệ quả, không phải phép biến đổi tương đương Do vậy việc thử lại hai giá trị này là cần thiết
Trang 2Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc Như vậy trong một phương trình chứa căn bậc chẵn, khi giải, không phải lúc nào ta cũng cần đặt điều kiện để biểu thức dưới dấu căn không âm
Ví dụ 2: Giải phương trình: 16x+17 8= x−23 ( ĐH An ninh khối D - 1997)
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với: 8 23 0 2
16 17 (8 23)
x
− ≥
+ = −
2
23 8
64 384 512 0
x
≥
⇔
⇔ =x 4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 4
Ví dụ 3: Giải phương trình: x2− =1 x+1 ( ĐH Huế khối A – 1999)
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2 2
1 0
x
− ≥
− = +
1 1
x x
x x x
≤ −
≥
⇔
− − =
2
1 1
x
x
≤ −
≥
⇔
+ − − =
1
2
x x
=
⇔ = +
2 Phương trình dạng: f x( )= g x( ) (2)
Để giải phương trình dạng (2) ta chọn trong hai bất phương trình: f x( ) 0≥ và g x( ) 0≥ ( giả
sử là f x( ) 0≥ dễ giải hơn) đưa (2) về dạng tương đương sau:
( ) ( )
( ) ( )
f x
f x g x
≥
⇔ =
Đến đây lại có một câu hỏi đặt ra, đó là hệ (3) có đảm bảo cho g x( ) có nghĩa chưa? Câu trả lời xin dành cho bạn đọc
Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x2+7x+ =5 3x+10 (3)
Giải:
Phương trình (3) tương với: 32 10 0
x
+ ≥
+ + = +
10 3
x
≥ −
⇔
+ − =
10
3
1, 5
x
≥ −
⇔
= = −
⇔ =x 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1
Lời bình: Đối với phương trình (3) ta chọn bất phương trình 3x+ ≥ 10 0 vì bất phương trình này dễ tìm tập nghiệm hơn bất phương trình: x2+7x+ ≥5 0!???
Ví dụ 2: Giải phương trình: x3+3x2− = − −2 x 2 (4)
Giải:
Trang 3Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc (4) 3 2 02
x
− − ≥
⇔ + − = − −
2
x
≤ −
+ + =
2
x
x x x
≤ −
+ + =
Hệ này vô nghiệm Vậy phương trình đã cho là vô nghiệm
3 Phương trình dạng: f x( )+ g x( )= h x( )
Thông thường trước khi giải phương trình này, học sinh thường đặt điều kiện để phương trình có nghĩa là:
( ) 0 ( ) 0 ( ) 0
f x
g x
h x
≥
≥
Tuy nhiên nếu sử dụng phép biến đổi tương đương ta sẽ thấy
không cần dùng đến đk: h x( ) 0≥ Thật vậy, phương trình đã cho tương đương với:
( ) 0
( ) 0
( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) (*)
f x
g x
f x g x f x g x h x
≥
(*) chứng tỏ h x( ) 0≥ Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x+ −3 2x− =1 3x−2 ( HV báo chí Tp HCM, năm 2000) Giải:
Viết lại phương trình đã cho dưới dạng: 3x− +2 2x− =1 x+3
x
x
− ≥
⇔ − ≥
− + − + − − = +
2 3
3 2 (2 1)(3 2)
x
≥
⇔
(1)
2
2
3
3
2
x
x
≥
⇔ ≤
+ − =
(2)
2 3 3 2
7
1,
2
x
x
≥
⇔ ≤
= = −
⇔ =x 1
Lời bình 1: Tại sao ta cần chuyển vế trước khi thực hiện phép bình phương hai vế của phương trình? Bởi vì khi đó hai vế của phương trình mới không âm, và khi đó mới có thể thực hiện được phép biến đổi tương đương, còn nếu bạn bình phương ngay từ phương trình đầu thì thực chất đó chỉ là phép biến đổi hệ quả, sau khi thực hiện phép biến đổi này ta cần thử lại các giá trị của x vừa tìm được
Lời bình 2: Nhiều bạn khi thực hiện phép biến đổi từ (1) sang (2) thường quên mất đặt điều kiện 3
2
x≤ Các bạn cần chú ý, khi giải một phương trình vô tỷ có thể xuất hiện nhiều dạng khác nhau khi biến đổi, ứng với mỗi dạng đó ta cần nắm được để thực hiện các phép biến đổi hợp lí
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x2 +8x+ +6 x2− =1 2x+2 ( ĐH Bách khoa HN, năm 2002) Giải:
Trang 4Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc Phương trình đã cho tương đương với:
2
2
1 0
x
+ + ≥
− ≥
3 1 1 1
1 2 (2 8 6)( 1)
x
x
x
x
≤ −
≥ −
≤ −
⇔ ≥
3 1 1 1( 1 2 2 8 6) 0 (*)
x x x
≤ −
= −
⇔ ≥
(*) 21 2
1 2 2 8 6 (**)
x
=
⇔
Giải(**) ta được: 1; 25
7
x= − x= − Vậy phương trình có ba nghiệm: x=1; 1; 25
7
x= − x= − Lời bình: Nhiều bạn biến đổi như sau:
ĐK:
2
2
1 0
x
+ + ≥
− ≥
2x +8x+ +6 x − =1 2x+2 ⇔ x+1( 2x+ +3 x− −1 2 x+ =1) 0
Và sau đó giải tiếp Cách biến đổi này chưa đúng Bởi vì: A B = A B chỉ đúng khi
A B≥
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1 x2+ x+ =1 1 ( ĐH Xây dựng – 1998)
2 x+ 2x− +1 x− 2x− =1 2 ( ĐH Quy nhơn khối D – 2000)
3 x+ = −9 5 2x+4 (ĐH Quốc gia Tp HCM khối D – 1998)
4 4 3 10 3− − x = −x 2 ( HSG Quốc gia - 2000)
4 Phương trình dạng: 3 f x( ) + 3 g x( ) =3 h x( ) (1)
Đối với dạng phương trình này, khi giải ta dùng phương pháp “thế trong”
(1) ⇔ f x( )+g x( ) 3+ 3 f x g x( ) ( )(3 f x( )+3 g x( ))=h x( ) (2)
3 ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x h x h x
Chú ý: Phép thế 3 f x( ) + 3 g x( )= 3 h x( ) không phải là hằng đẳng thức, nó chỉ đúng khi x là nghiệm của phương trình Vì vậy phép biến đổi từ (2) ra (3) không phải là phép biến đổi tương Phép thế đó được gọi là phép thế “trong” Do đó sau khi tìm được nghiệm của (3) nhất thiết phải thử ngược trở lại (1)
Ví dụ 1: Giải phương trình: 32x− +1 3 x− =1 33x+1
Giải:
Trang 5Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc Phương trình đã cho tương đương với:
3
2x− + − +1 x 1 3 (2x−1)(x−1)( 2x− +1 x− =1) 3x+1
3(2x 3x 1)( 2x 1 x 1) 1
⇔ − + − + − = (*)
2
3(2x 3x 1)(3x 1) 1
⇒ − + + = (**)
3 2
6x 7x 0
⇔ − =
0 7 6
x x
=
⇔
=
Thử lại hai giá trị này thấy chỉ 7
6
x= là thoả mãn
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 7
6
x= Lời bình 1: Qua ví dụ 1 ta thấy phép biến đổi từ (*) đến (**) chỉ là phép biến đổi là hệ quả,
vì vậy việc thử lại các giá trị của x tìm được là cần thiết
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 x− +1 3 x+ =1 35x
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với: x− + + +1 x 1 33 x2−1(3 x− +1 3 x+ =1) 5x
3 x2 1(3 x 1 3 x 1) x
⇔ − − + + =
2
3 (x 1)5x x
⇒ − =
0 0
5 5( 1)
2
x x
=
=
Thử lại thấy ba nghiệm này đều thoả mãn
Vậy phương trình có ba nghiệm 0; 5
2
x= x= ± Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình:
1 3 x+34−3 x− =3 1 ( ĐH Sư phạm Tp HCM – 1996)
2 3 5x+ −7 35x−12 1=
3 3 9− x+ +1 37+ x+ =1 4
4 3 x− +1 3 x− =2 32x−3
5 3 24+ x −35+ x =1
CHƯƠNG II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I Phương pháp đặt ẩn phụ
1 Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai
Dạng Phương trình: ax2+ + =bx c px2+qx r ap+ ( ≠0) và a p = q p
Đối với phương trình dạng này ta đặt: t= px2+qx r+ Chuyển phương trình đã cho về phương trình bậc hai: At2+Bt C+ =0
Ví dụ 1: Giải phương trình: x2+ x2+ =11 11 ( ĐH Cảnh sát nhân dân – 2000)
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với: (x2+11)+ x2+ −11 42 0=
Trang 6Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc Đặt: t= x2+ >11 0, ta được phương trình: 2 42 0 7 6
6
t
t
= −
+ − = ⇔ = ⇔ = Khi đó: x2+ =11 36⇔ = ±x 5
Ví dụ 2: Giải phương trình: x2+2x+ =12 6 2x2+4x+4
Giải:
2
t= x + x+ > ⇒x + x+ = t +
Khi đó phương trình trở thành: 1 2 10 6 2 12 20 0 2
10 2
t
t
=
+ = ⇔ − + = ⇔ = Với t = ⇒2 x2+2x= ⇔ =0 x 0; x= −2
Với t =10⇒x2+2x−48 0= ⇔ =x 6; x= −8
Đôi khi có những bài toán không phải là dạng trên, nhưng vẫn có thể đưa về phương trình bậc hai được Cái này phụ thuộc vào sự linh hoạt trong giải toán của từng người Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x2 +5x+ −2 2 2x2+5x− =6 1 ( ĐH Sư phạm Tp HCM – 2000)
Giải:
Đặt: t= 2x2+5x− ≥6 0 khi đó: 2x2+5x+ =2 t2+8
Phương trình trở thành:
2 8 1 2
t − = + t
2
1 2
t
≥ −
⇔
+ − =
⇔ =t 1
1
2
x
x
=
= −
Hoàn toàn tương tự các bạn có thể giải các bài tập sau đây:
1 x2− + +3x 3 x2− + =3x 6 3 ( ĐH Thương mại – 1998)
2 2 x+ +2 x+ −1 x+ =1 4 ( ĐH Khối D – 2005)
3 15x−2x2− =5 2x2−15x+11
Dạng Phương trình: aP x( )+bQ x( )+c P x Q x( ) ( ) 0 (= abc≠0)
Cách giải:
• Xét Q x( ) 0= ⇒P x( ) 0=
• Xét Q x( ) 0≠ , chia cả hai vế của phương trình cho Q x( ) và đặt: ( )
( )
P x t
Q x
= , chuyển phương trình đã cho về dạng: at2+ + =ct b 0
Lưu ý: Từ cách đặt ( )
( )
P x t
Q x
= ⇒ f x t( , ) 0= (x là ẩn) từ đó suy ra điều kiện của t
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x2+5x− =1 7 x3−1 (1)
Giải:
ĐK: x≥1
Trang 7Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc
Ta có: (1) ⇔ 2(x2+ + +x 1) 3(x− =1) 7 (x−1)(x2+ +x 1) (2)
Vì x=1 không phải là nghiệm của (2) nên chia hai vế của (2) cho x−1 ta được:
2 2 1 3 7 2 1
+ + + = + +
− − (3) Đặt: 2 1 0
1
x x
t
x
+ +
−
2 (1 ) 1 2 0
⇒ + − + + = có: ∆ = −x t4 6t2−3 Nên có điều kiện của t
là:
0 3 2 3
0
x
t
t
≥
∆ ≥
Khi đó (3) trở thành: 2t2− + =7t 3 0
3 1 2
t t
=
⇔
=
Kết hợp với điều kiện của t ta có: t= 3
Với t = 3 ta có: x2− + = ⇔ = ±8x 10 0 x 4 6 thoả mãn điều kiện của x
Vậy phương trình có nghiệm: x= ±4 6
Chú ý:
• Hoàn toàn bình đẳng, các bạn có thể thực hiện phép chia cho P x( ) hoặc P x Q x( ) ( )
• Các bạn có thể giải bài toán trên bằng cách đặt: P x( )=t Q x( ) hoặc ngược lại
Lời bình 1: Mấu chốt của bài toán là phân tích vế trái của (1) thành: 2(x2+ + +x 1) 3(x−1) Tại sao lại có sự phân tích như vậy? Nó phụ thuộc vào vế phải của (1):
3 1 ( 1)( 2 1)
x − = −x x + +x Như vậy chắc chắn sẽ có sự phân tích vế trái thành
2
a x− +b x + +x và ta tìm a b, bằng phương pháp hệ số bất định:
2x +5x− =1 a x( − +1) b x( + +x 1) ⇔2x2+5x− =1 bx2+ +(a b x b a) + −
3; 2
⇔ = =
Lời bình 2: Các bạn có thể không cần tìm điều kiện của t như ở (4) nhưng khi đó các phép biến đổi chỉ là phép biến đổi hệ quả và nhất thiết phải thay các giá trị của t vừa tìm được để tìm x Còn nếu tìm điều kiện của t như bài trên ta không cần phải thay giá trị: 1
2
t= ngược trở lại
Lời bình 3: Bằng cách phân tích như ở lời bình 1 các bạn có thể xây dựng nên các phương
trình này một cách đơn giản: 2(x2− + −x 1) (x2+ + =x 1) (x2− +x 1)(x2+ +x 1) ta được
phương trình:
x − + =x x + +x Rõ ràng cách giải của các loại phương trình này là giống nhau, tuy
nhiên mức độ gây “nhiễu” lại khác nhau Cái này tuỳ theo từng đối tượng học sinh mà ta có thể chọn các mức độ gây nhiễu khác nhau Nếu học sinh hiểu rõ bản chất của vấn đề thì sự gây “nhiễu” sẽ không có ý nghĩa gì nữa Chú ý các đẳng thức sau để có thể sáng tạo ra các bài toán dạng này:
• x4+ + =x2 1 (x4+2x2+ −1) x2 =(x2− +x 1)(x2+ +x 1)
• x4+ =1 (x2− 2x+1)(x2+ 2x+1)
• 4x4+ =1 (2x2−2x+1)(2x2+2x+1)
Ví dụ 2: Giải phương trình: 5x2+14x+ −9 x2− −x 20 5= x+1 (1)
Trang 8Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc Giải:
Ta có (1) ⇔ 5x2+14x+ =9 x2− −x 20 5+ x+1
2
20 0
1 0
x x x
− − ≥
⇔ + ≥
25 (2)
2 5 2 5 ( 4)( 5)( 1) (3)
x
≥
(2) ⇔3(x+ +4) 2(x2−4x− =5) 5 (x+4)(x2−4x−5) (4)
Dễ thấy x= − 4 không phải là nghiệm của (4)
Đặt x+ =4 t x2−4x−5 ( t>0), Khi đó (3) trở thành:
1
3
t
t
=
=
Với t = 1 ta có: 2 5 61
2
x+ =x − x− ⇔ =x ± Kết hợp với (2) và (3) ta có: 5 61
2
x= +
Với 2
3
t = ta có: 2
8 4
9
4
x
x
=
= −
Kết hợp với (2) và (3) ta có: x= 8
Vậy phương trình có hai nghiệm: 5 61
2
x= + và x=8 Chú ý: Nếu phương trình: aP x( )+bQ x( )+c P x Q x( ) ( ) 0 (= abc≠0) thoả mãn:
( ) ( )
P x Q x =k thì bài toán trở nên đơn giản đi rất nhiều Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 3: Giải phương trình: 8 1 8 2
2
− + + =
Giải:
Đặt: 8 1
0 2
x
t x
− = >
+ khi đó: 8
1
x
x t
+ =
− Phương trình trở thành:
1 2
t t
+ = ⇔ =t 1
2
t = ⇒ − = + ⇔ =x x x thoả mãn phương trình đã cho
Bài tập áp dụng:
1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 3 x− +1 m x+ =1 24 x2−1
2 Giải các phương trình:
a 2(x2+ =1) 53 x3+1
b 4x2−2 2x+ =4 x4+1
3
x − + = −x x + +x
Dạng Phương trình: a P x[ ( )+Q x( )]+b P x( )± Q x( )±2a P x Q x( ) ( )+ =c 0 (a2+b2 >0
)
Trang 9Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc Cách giải: Đặt P x( )± Q x( ) =t ⇒ t2 =P x( )+Q x( ) 2± P x Q x( ) ( )
Chuyển phương trình đã cho về phương trình bậc 2 ẩn t
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x− −2 x+ =2 2 x2− −4 2x+2 (1)
Giải:
Đặt: t= x− −2 x+ <2 0 ⇒ t2 =2x−2 x2−4
Khi đó (1) trở thành: t2+ − = ⇔ = −t 2 0 t 2
Hay: x− −2 x+ = − ⇔ =2 2 x 2 ( thoả mãn (1))
Vậy phương trình có nghiệm x= 2
Ví dụ 2: Giải phương trình: x3+ (1−x2 3) =x 2(1−x2)
Giải:
ĐK: − ≤ ≤ 1 x 1
Đặt: t= +x 1−x2; t ≤ 2 ( theo Bunhiacopxki)
2 1 2 1 2
2
2
t
Phương trình đã cho trở thành: t3+ 2t2− −3t 2 0=
(t 2)(t 2 1)(t 2 1) 0
t t
=
⇔
= −
Với 2 1 2 2 0 2 12 2
2
x
x
< ≤
− =
Với 1 2 1 2 1 2 41 2 0
3 2 2 0
x
x x
− < <
⇔ = Hoàn toàn tương tự các bạn có thể giải các bài tập sau đây:
1 1 1 2 2
2
−
2 2 1235
11
x
x
x
−
3 4 1+ − =x 1 3x+2 1− +x 1−x2
4 2 2+ x x− 2 =3( x− 1−x)
5 2x+ +3 x+ =1 3x+ 2x2+5x+ −3 16
Dạng phương trình: (ax+b)n = p a x b n ( ' + ')+qx r+
(x là ẩn số, a b a b p q r, , ', ', ' ' là các hằng số và paa ' 0≠ , n = 2, 3)
Thông thường để có các phương trình dạng này người ta thường đi từ các hệ phương trình đối xứng hai ẩn hoặc hệ phương trình đối xứng gần hai ẩn ( hệ có nghiệm x = y) Và phương pháp giải tất nhiên là đặt ẩn phụ để đưa về giải hệ phương trình Để làm rõ điều đó ta xét hệ phương trình sau:
Trang 10Lª Qu©n – Gi¸o viªn THPT CÇm B¸ Th íc ( )
2
2
1 2 (1)
Việc giải hệ này đơn giản, xin không bàn tới nữa Bây giờ ta sẽ đi xây dựng phương trình vô tỷ từ hệ đã cho
Thật vậy: Bằng cách đặt y= f x( ) sao cho (2) luôn đúng, nghĩa là đặt: y= x+ −2 1, khi đó
ta có phương trình : ( )2 2
x+ = x+ − + ⇔ x + x= x+ Vậy để giải phương trình : x2+2x= x+2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : ( )
2 2
, ta sẽ xây dựng được
phương trình dạng sau : đặt yα + =β ax b+ , khi đó ta có phương trình :
Tương tự cho bậc cao hơn : ( )n a n
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng kia triển ta phải viết về dạng :
(αx+β)n = p a x b n ' + +' γ và đặt αy+ =β n ax b+ để đưa về hệ , chú ý về dấu của α
Việc chọn ;α β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng:
(αx+β)n = p a x b n ' + +' γ là chọn được
Dạng hệ gần đối xúng:
Ta xét hệ sau :
2 2
(2 3) 2 1
(1) (2 3) 3 1
đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x2+ −5 13x+ 3x+ =1 0
Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :
2
Đặt 2 13 3 1
4
y− = x+ thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải được
Để thu được hệ (1) ta đặt : αy+ =β 3x+1 , chọn α β, sao cho hệ chúng ta có thể giải
được , (đối xứng hoặc gần đối xứng )
2 2
3 1
(*)
4 13 5
Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có
nghiệm x= y