Bài 36. Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Cũng có thể có nhiều bạn đọc cho rằng phương pháp nhóm nhân tử này thật dài và vô vị, không bằng việc “bình phương” hai vế của phương trình để được phương trình bậc 4 dễ dàng hơn…. Có th[r]

Ví dụ 5: Giải phương trình sau: 3x 10 3 2 x 6 2 x 4 4 x       2 0 (Đề thi ĐH khối B năm 2011) Phần nháp: Sử dụng CASIO, ta chỉ tìm thấy một nghiệm

6 x 5



Tương tự ví dụ 4, ta thấy

4 5

2 x

5

và

2 5

2 x

5

Vì lý do giá trị của 2 x và 2 x đều chứa 5 , PTVT có các hệ số nguyên, nên ta nghĩ ngay đến nhân tử  2 x 2 2 x   

Khi đó, ta có:

2

3x 10 3 2 x 6 2 x 4 4 x      

3x 10 6 2 x 2 x 3 4 2 x

5x 6 2 x 2 2 x 3 4 2 x

 2 x 2 2 x  2 x 2 2 x  2 x 2 2 x 3 4 2 x  

 2 x 2 2 x 2 2 x  2 x 3

- Nhận xét: PTVT trên chỉ có một nghiệm hữu tỷ, khi thay

6 x 5



thì

4 5

2 x

5

và

2 5

5

Từ đó có thể dễ dàng tìm được nhân tử  2 x 2 2 x    

Tuy nhiên giả sử khi thay

6

5



ta thấy

2 x và 2 x đều là số hữu tỷ thì sao?

Ví dụ 6: Giải phương trình sau: 2x2 5x 1  x 2  4 x 0 

Phần nháp: Sử dụng máy tính CASIO, ta thấy PTVT này có nghiệm duy nhất x 3.

a) Phương pháp nhân liên hợp:

Khi x 3 thì x 2 1  và 4 x 1. 

Do đó: 2x2 5x 1  x 2  4 x

2

2x 5x 3 x 2 1 4 x 1

2x 1 x 3   x 3 x 3

x 2 1 4 x 1

x 2 1 4 x 1

Vì PTVT có nghiệm duy nhất x 3 nên nhân tử

2x 1

x 2 1 4 x 1

  có thể chứa nghiệm x 3 hoặc là vô nghiệm Thành thử ta thấy

2x 1

x 2 1 4 x 1

  không chứa nghiệm x 3. Vậy ta chứng minh nó vô nghiệm:

Ta thấy

2x 1

x 2 1 4 x 1

1 2x 1 1

4 x 1

   

 

1

4 x 1

  Vậy bài toán được giải quyết theo hướng đó…

b) Phương pháp đạo hàm:

xét hàm f x 2x2 5x 1  x 2  4 x

Ta có f ' x  4x 5 1 1

2 x 2 2 4 x

 

Do đó, ta phải xét khoảng từng miền cho x:

Nếu

73

x

36



thì ta có

1

2 x 2



Khi đó f ' x  4 x 2  3 1 1 0

2 x 2 2 4 x

  Vì vậy, f x 

đồng biến, suy ra x 3 là nghiệm duy nhất của f x  0

Nếu

73

36

Ta có x 2 0  và 4 x 0.  Suy ra f x 2x2 5x 1 2 x 2 x  73 55 x 73 1889 0

Từ đó ta có giải quyết trọn vẹn bài toán này bằng phương pháp đạo hàm

Ví dụ 7: Giải phương trình sau: x 3 x 1  x 1  x 1  x 2 0 

Phần nháp: Sử dụng CASIO ta thấy PTVT này có nghiệm duy nhất x 2 Do đó, sẽ có nhiều cách làm cho những bài dạng này:

a) Phương pháp nhân liên hợp:

Khi x 2 thì x 1 1  và x 2 2.  Từ đó ta được:

x 3  x 1 x 1  x 1 x 2 x 1   x 1 1   x 1   x 2 2  

x 1 x 2   x 1 x 2  

x 1 1 x 2 2

Với lý do PTVT có nghiệm duy nhất x 2 như trên và x 2  đã chứa nghiệm x 2 rồi, vì vậy

x 1 1 x 2 2



  sẽ vô nghiệm hoặc chứa nghiệm x 2. Thành thử, ta thấy x 2 không thỏa mãn nhân tử trên Do đó ta chỉ cần chứng minh nhân tử ấy vô nghiệm:

x 1 1 x 2 2



0

x 2 2 x 2 2 x 2 2

Vậy

0

x 1 1 x 2 2

  vô nghiệm Từ đây dễ dàng có một lời giải hoàn chỉnh cho bài toán…

b) Phương pháp đạo hàm:

xét hàm số f x   x 3x 1  x 1  x 1  x 2

Khi đó f ' x  1 3x 1 3x 1

2 x 1 2 x 2

Vì ta thấy f x  0

có một nghiệm duy nhất x 2 và f ' x 0

vô nghiệm nên ta chỉ cần chứng minh

 

f ' x 0

hoặc f ' x 0

với mọi x Để biết f ' x 0

hay f ' x 0

, ta thử một gái trị nào đó của x mà thỏa mãn đkxđ

Ví dụ: Thay x 2 thì f ' 2  5 0

4

 

Vậy là ta chỉ cần chứng minh f ' x 0

với mọi x 1. Ta thấy:

Nếu 1 x 2  thì f ' x  1 3x 1 3x 1

2 x 1 2 x 2

3x 1 3x 1 1

Nếu x 2 thì f ' x  1 3x 1 3x 1

2 x 1 2 x 2

Từ đó ta có đpcm Vậy, ta luôn có f ' x 0, suy ra f x 

đồng biến, suy ra x 2 là nghiệm duy nhất của f x  0

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

- Nhận xét: Phương pháp đạo hàm giúp chúng ta chứng minh được phương trình có bao nhiêu nghiệm

Tuy nhiên, thường thì PTVT là một đa thức phức tạp, việc đạo hàm sẽ trở lên khó khăn, đặc biệt là trong việc chứng minh f ' x 0 hoặc f ' x 0

Trong khi đó, phương pháp nhân liên hợp sẽ được ưa chuộng hơn…

Tuy nhiên, nếu cố gắng phân tích nhân tử PTVT trên, ta có:

3

Sẽ có nhiều bạn thắc mắc: PTVT chỉ có nghiệm x 2 thì làm sao có được nhân tử

 x 2  x 1 3 ???  

Thực ra thì PTVT này còn một cách phân tích nữa:

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

Vẫn tồn đọng câu hỏi khó: làm sao có được nhân tử  x 2  x 1 1 ???  

Nếu bạn đọc muốn đi sâu vào việc phân tích nhân tử, hãy đến với ví dụ sau:

Ví dụ 8: Giải phương trình sau: x2 2xx 1  x 1  x 1  x21 0

Phần nháp: Sử dụng CASIO, ta thấy PTVT này có nghiệm duy nhất

5 x 4



Khi

5

x

4



thì

1

x 1

4

và

3

2

 

Giả sử PTVT có nhân tử

a 3

x 1 a x 1

2 2

  với a hữu tỷ Khi đó ta có:

2

x  2x x 1 x 1  x 1 x 1 x 1 

2 2

 

ax a x 5

x 1 x 2x x a 2ax a 1 2

   

Ta cần

x 1 x 2x x a 2ax a 2

   

chứa nhân tử

a 3

x 1 a x 1

2 2

Do

a 3

x 1 a x 1

2 2

a 3

x 1 a x 1

2 2

Suy ra  

ax a x 5

2

a a 3

   

 

2 2

x 2x x a 2ax a

*



đúng với mọi x 1 Nếu x 2 thì từ  *

ta có a hoặc a1  5 2 7 Nhưng do a hữu tỉ nên a 1 Vậy nhân tử là  x 1  x 1 1  

Từ  1

và 2

ta được:

2

x  2x x 1 x 1  x 1 x 1 x 1 

x 1 x 1 x 1 x 1 1 2 x 1 1

Và  x 1  x 1 1    x 1  x 1 1  2 x 1 1 

Vậy là: x2 2xx 1  x 1  x 1  x21

x 1 x 1 x 1 x 1 1

        x 1  x 1 1    x 1  x 1 1  

 x 1 x 1 1  x 1 x 1 x 1 x 1 1

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

- Nhận xét: Phương pháp biết trước nghiệm cho lời giải khá dài…

Tuy nhiên, bằng việc sử dụng số chính phương, ta có thể sáng tạo ra cách làm khác độc đáo hơn!

Bạn đọc thử quan sát cách làm sau:

Với x 4 thì x 1  3 và x 1  5. Khi đó bộ đôi này khác biệt nhau và 15 chính là x21

Ta có x2 2xx 1  x 1  x 1  x21  8 5 3 3 15. Giả sử PTVT có nhân tử

a 3

x 1 a x 1

2 2

  (giống như cách làm trên), ta được giá trị của nhân tử tại x 4 là:

2 2

Chúng ta chỉ cần tìm a hữu tỷ để

8 5 3 3 15

p q 3 r 5

a 3

5 a 3

2 2

với p, q, r hữu tỷ

Ta sẽ nhân liên hợp

a 3

5 a 3

2 2

  với một biểu thức để thu được một đa thức chỉ chứa 3 và 15

Đồng nhất với 8 5 3 3 15  ta được:

2

a a 3an

8

5

3







Giải hệ phương trình trên với nghiệm hữu tỉ, ta được a, n  1; 4  

Vậy nhân tử là  x 1  x 1 1   

Đến đây bạn đọc có thể tự giải quyết…

Ví dụ 9: Giải phương trình sau: x 3 x 1  x 1  x 1  x 2 0 

Phần nháp: Đây là bài tập ở ví dụ 7, bạn đọc có thể tham khảo các cách làm ở trên

Ngoài ra, phương pháp số chính phương cũng có thể giúp ích được cho bài toán này:

PTVT có nghiệm duy nhất x 2 nên giả sử nhân tử của PTVT là

 x 1 a x 1 1 2a     

Ta cho x 8, khi đó x 1  7 và x 2  10. Giá trị của nhân tử là  7 a 10 1 2a   

Và x 3 x 1  x 1  x 1  x 2 5 9 7 7 10   

Cần tìm a hữu tỷ để

5 9 7 7 10

p q 7 r 10

7 a 10 1 2a

   với p, q, r hữu tỷ

Ta có  7 a 10 1 2a     7 a 10 n  

   

Đồng nhất với 5 9 7 7 10,  ta được

2

7 10a n 2an

5

   n 1 2a an a 2a2



Giải hệ phương trình trên với nghiệm hữu tỷ, ta được a, n 1; 3 ; 1;8 

8

Vậy là ta có 2 cách phân tích với nhân tử  x 1  x 2 3  

hoặc  x 1  x 2 1  

- Nhận xét: Phương pháp phân tích thành nhân tử trong PTVT hệ số hữu tỷ có 2 căn thức sẽ càng khó

khăn nếu PTVT này có đúng 1 nghiệm hữu tỷ Vì vậy, nếu bạn đọc gặp dạng này, hãy sử dụng phương pháp nhân liên hợp hoặc đạo hàm để có được lời giải nhanh chóng…

Tuy nhiên, chúng ta sẽ chưa xét tới việc PTVT vô nghiệm Bạn đọc hãy đọc tiếp phần sau để hiểu thêm

về cách làm dạng này:

IV Phương trình vô tỷ vô nghiệm

- Lưu ý: Phương pháp đạo hàm sẽ được sử dụng nhiều trong phương trình vô tỷ vô nghiệm.

Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 15x29x 1 10x 7    2x 1 0. 

Phần nháp: Sử dụng máy tính CASIO, ta thấy PTVT này vô nghiệm

- Ý tưởng 1: Như đã nói, ta sẽ sử dụng phương pháp đạo hàm:

Xét hàm số f x  15x29x 1 10x 7    2x 1

Ta có f ' x  30x 9 30x 17

2x 1





Vì 30x 16 30x 15 1 2 30x 15 2 15 2x 1 6 2x 1     

Suy ra f ' x  30x 9 30x 17

2x 1





6 2x 1 1 30x 9

2x 1

 



1

2x 1



Vậy là f x 

luôn đồng biến trên

1

; 2



 Suy ra f x  f 1 1 0

Điều này chứng tỏ phương trình f x 0vô nghiệm

- Ý tưởng 2: Đây là một trường hợp nhỏ của phương trình vô tỷ chỉ có một căn thức dạng ax b. Vậy vẫn theo ý tưởng này thì ta có:

Đặt t 2x 1

2

t 1

2



Khi đó phương trình vô tỷ trở thành:

2

15x 9x 1 10x 7   2x 1

2

         

1

4

Thế t 2x 1 vào  * ta được

2

15x 9x 1 10x 7   2x 1 1 2   2 

4

1

4

5x 3 5 2x 1 3x 2  2x 1

2 15x 9x 1 10x 7   2x 1

5x 3 5 2x 1 3 2x  2x 1

trong lời giải chi tiết

- Ý tưởng 3: Ta sẽ tìm nhân tử bằng phương pháp biết trước nghiệm… Tuy nhiên, điều kiện để sử dụng

phương pháp này là PTVT phải cĩ nghiệm Vậy ta lấy nghiệm đâu ra??? Cách tìm nhân tử sau sẽ gây cảm giác khĩ hiểu cho bạn đọc, hãy thử tìm hiểu xem

Ta cần tìm nghiệm phương trình 15x29x 1 10x 7    2x 1 0 1   

, nhưng rất tiếc, nĩ vơ nghiệm Vậy ra sẽ tìm nghiệm của phương trình 15x29x 1 10x 7     2x 1 0 2   

Giải phương trình này bằng CASIO, ta được nghiệm

2 2 5

5





Từ đĩ ta được:

9 4 5 2x 1

5



 

Vậy nhân tử của PT  2

là

3

5

Nhận xét PT 1

và PT 2

được biến đổi từ PT 1

khi giả thiết tạm: 2x 1 giả sử  2x 1

Vậy khi PT 2

cĩ nhân tử là

3 2x 1 x

5

  thì PT 1

sẽ cĩ nhân tử

3 2x 1 x

5

Tức là PT 2

vay hệ số  2x 1 để cho cĩ nghiệm, sau đĩ trả lại  2x 1 cho PT 1

Vì vậy, ta sẽ biến đổi PTVT theo nhân tử

3 2x 1 x

5

  hay dễ nhìn hơn là

3 2x 1 x

5

  

2

15x 9x 1 10x 7   2x 1

5

3

5

5x 3 5 2x 1 3x 2  2x 1

- Ý tưởng 4: Sử dụng bất đẳng thức để chứng minh PTVT vơ nghiệm:

Ta cĩ 10x 6 10x 5 1    2 10x 5 2 2 2x 1 4 2x 1     

Vậy 15x29x 1 10x 7    2x 1 15x29x 1 10x 6    2x 1  2x 1

2

15x 9x 1 4 2x 1 2x 1

       15x217x 5  2x 1 0 

Ta được đpcm

- Nhận xét: Ý tưởng 1 cho ta cách làm tổng quát những bài tập dạng này, mặc dù việc sử dụng của nĩ hơi

khĩ

Ý tưởng 2 sẽ chỉ áp dụng cho bài tập cĩ 1 căn thức dạng ax b

Ý tưởng 3 cũng chỉ áp dụng cho những bài tốn mà sau khi đổi dấu căn thức thì phương trình mới sẽ cĩ nghiệm dạng

a b c

d



Ý tưởng 4 khơng định hình được cách làm tổng quát, nhưng yêu cầu ta phải tư duy để được biểu thức đẹp

Để hiểu hơn về các ý tưởng trên, bạn đọc thử đến với bài tốn sau đây:

Ví dụ 2: Giải phương trình sau: 4x28x 11 4 4x 6     x 1 0 

Phần nháp: Sử dụng máy tính CASIO, ta thấy phương trình vơ tỷ này vơ nghiệm Ta thử làm theo 4 ý tưởng trên

- Ý tưởng 1: Đạo hàm

Xét hàm số f x  4x28x 11 4 4x 6     x 1

Ta có f ' x  8x 8 4 6x 7 

x 1



  



4 6x 6 4 8x 8



4 8x 8 24 x 1

x 1



Theo BĐT Cauchuy ta có

4 x 1 x 1

3 x 1

x 1



và 7x 9 7 x 1    16

2 112 x 1 21 x 1    suy ra f ' x  7x 9 21 x 1 4 x 1 x 1 3 x 1

x 1



  7x 9 21 x 1 0     Vậy f x 

đồng biến trên 1; 

Vậy f x f 1   1 0

- Ý tưởng 2: Đặt ẩn phụ t x 1  x t 2 1

Ta có: 4x28x 11 4 4x 6     x 1 4 t 2128 t 21 11 4 4 t    21 6 t

4t 16t 16t 8t 1

Sử dụng máy tính CASIO, ta thấy phương trình bậc 4: 4t416t316t28t 1 0  vô nghiệm Vậy ta sử dụng phương pháp nhóm thành tổng các bình phương (xem thêm tại bài đọc thêm, trang  

) Ta có thể tìm được:

Hoặc 4t416t316t28t 1  

Hoặc rất nhiều cách phân tích thành tổng bình phương khác nhau…

Sau đó, ta thế ngược t x 1 vào PT 1 

hoặc PT 2 

ta được:

2

4x 8x 11 4 4x 6   x 1 4t416t316t28t 1

2

4x 8x 11 4 4x 6   x 1 4t416t316t28t 1

Từ đó ta có nhiều cách phân tích thành tổng bình phương cho bài toán này

- Ý tưởng 3: Phương pháp biết trước nghiệm Theo cách làm của ví dụ 1 thì thay vì giải phương trình

2

4x 8x 11 4 4x 6   x 1 0  , ta sẽ giải phương trình 4x28x 11 4 4x 6     x 1 0 *   

Nhưng rất tiếc, PT *

cũng không cho nghiệm, chứng tỏ là ý tưởng giải phương trình bằng phương pháp này đã bị gạt bỏ…

- Ý tưởng 4: Sử dụng bất đẳng thức:

Theo BĐT Cauchuy ta có:

x 1 4

2 x 1

2

 

4



Suy ra: 4x28x 11 4 4x 6     x 1 4x28x 11 4 4x 4     x 1 8 x 1  

4



1 8 x 1 0    Vậy ta có đpcm

- Nhận xét: Tuy ý tưởng 3 bị gạt bỏ với lý do PT *  không có nghiệm hoặc phương trình đó không có dạng

a b c

d



Nhưng nếu giả sử PT * 

cho nghiệm vô tỷ dạng

a b c

, d



bài toán có thể có một lời giải

“đẹp” Bạn đọc thử sử dụng ý tưởng 3 để giải bài toán sau:

Ví dụ 3: Giải phương trình sau: 10x 8 11 1 x 6 1 x      0

Phần nháp: Sử dụng máy tính CASIO, ta thấy phương trình vô tỷ này vô nghiệm Phương trình vô tỷ này

có 2 căn thức khác nhau nên cũng cần phải chú ý…

Ta sẽ không giải phương trình 10x 8 11 1 x 6 1 x      mà sẽ đổi dấu đồng thời hết tất cả hệ số 0 đứng trước căn thức để được một phương trình mới: 10x 8 11 1 x 6 1 x 0 *       

Giải phương trình  *

bằng CASIO, ta được nghiệm

3 8 6

25

 



Từ đó ta được

2 2 6

1 x

5

1 x

5









  1 x 2 1 x 2 0     Vậy nhân tử của  *

là  1 x 2 1 x 2    

“Có vay, có trả”, phương trình 10x 8 11 1 x 6 1 x      sẽ có nhân tử là 0  1 x 2 1 x 2 ,    

tức là đổi dấu đồng thời tất cả các hệ số của căn thức của nhân tử  1 x 2 1 x 2 ,    

các hệ số còn lại

sẽ giữ nguyên… Từ đó, ta biến đổi 10x 8 11 1 x 6 1 x     theo nhân tử  1 x 2 1 x 2 :    

10x 8 11 1 x 6 1 x     10x 14 16 1 x 11     1 x 2 1 x 2    

2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2

          11 1 x 2 1 x 2    

 1 x 2 1 x 2 2 1 x 4 1 x 7  

Vậy bài toán sẽ được giải quyết!

- Nhận xét: Hầu hết cách làm những bà tập trên đều dựa trên nghiệm của phương trình vô tỷ Do đó, với

chiếc CASIO trong phòng thi, chắc hẳn nhiều bạn đọc sẽ thấy được sự hữu ích của nó…

Một bài tập nhỏ cho bạn đọc: Thử giải quyết ví dụ 3 bằng ý tưởng 1 và ý tưởng 4, sau đó hãy so sánh cách làm với ý tưởng 3?

Cũng có thể có nhiều bạn đọc cho rằng phương pháp nhóm nhân tử này thật dài và vô vị, không bằng việc

“bình phương” hai vế của phương trình để được phương trình bậc 4 dễ dàng hơn…

Có thể bạn đã đúng nếu bạn đang giải một phương trình vô tỷ dễ