Bài 35. Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Tuy nhiên, nhiều PTVT cũng có 2 nghiệm hữu tỷ, nhưng mỗi nghiệm lại thuộc một nhân tử khác nhau.[r]

Ví dụ 4: Giải phương trình x3x2 5 x2 x 4 x 2 0 

Phần nháp:

Phương pháp đặt ẩn: t x 2  x t 2 2 ta được:

t t 5t 3t 8t 6t 9

x 1 x 2 x  2 2x 3 x 2

Phương pháp biết trước nghiệm: Ta tìm được 1 nghiệm

2





Giống ví dụ 1, ta thấy

x

2





sẽ thỏa mãn

Vậy PTVT có nhân tử x 1  x 2 

x x 5 x x 4 x 1 x x 4 x 1 x 2

x 3x 1 x x 4 x 1 x 2

x 1 x 2 x 1  x 2 x2 x 4 x 1  x 2

x 1 x 2 x  2 2x 3 x 2

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

2 Mở rộng phương pháp:

Chúng ta sẽ xét phương trình vô tỷ dạng: ax3bx2cx d  3mx n 0 

Nhận xét: PTVT sẽ tồn tại một nhân tử là 3mx n ux v   

với u, v  Chúng ta sẽ tìm được u và v . bằng những cách sau:

Cách 1:

2 3

9a 3an bm u

27a d 9abc 2b





3

v

3a 3a 27a d 9abc 2b



Cách 2: Giả sử ta tìm được một nghiệm x của PTVT thì ta có hệ phương trình sau:0











Từ đó ta có thể tìm được nhân tử của PTVT

Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 8x3 36x253x 25  33x 5 0 *   

Phần nháp: Trước tiên ta tìm nhân tử

Cách 1: Theo công thức, thế a 8, b36, c 53, d25, m 3, n ta được u5  và v 3.2  Cách 2: Ta thấy rằng PTVT tồn tại nghiệm x0  2

Ta có hệ phương trình:

2u v 1 0

u 2

v 3

  













u 2

v 3





 





Vậy là chúng ta đã biết có nhân tử 33x 5 2x 3   

Lời giải

Cách 1: Phân tích đa thức thành nhân tử

 * 8x3 36x251x 22 33x 5 2x 3  

2x 33 3x 5 33x 5 2x 3

2x 3 3x 5 3x 5 3x 5 2x 3 2x 3 1 0

33x 5 2x 3 0

2

Cách 2: Nhờ nhân tử 33x 5 2x 3 ,   

ta được 33x 5 2x 3   Vậy biến đổi PTVT thành 2x 3 32x 3  33x 5 3x 5  

Xét hàm số f t   t3 t

Ta có f ' t 3t2 1 0, t nên f t  luôn đồng biến, mà theo giả thiết thì f 2x 3   f33x 5 

Suy ra 2x 3 33x 5  3x 5  2x 3 30  x 2 8x   2 20x 11 0

Cách 3: Sử dụng nhân liên hợp nhờ nhân tử 3 3x 5 2x 3   

 * 8x3 36x251x 22 33x 5 2x 3  

3

3

3x 5 2x 3 8x 36x 51x 22

3x 5 3x 5 2x 3 2x 3

  

3

1

3x 5 3x 5 2x 3 2x 3

Ví dụ 2: Giải phương trình 81x3162x2114x 29 4 2x 1 0  3  

Phần nháp: Đầu tiên, vẫn là tìm nhân tử của PTVT

Cách 1: Với

81

4

4

4

4



m 2, n 1, ta được:

2

3

9a 3an bm

27a d 9abc 2b



bu

3a

Cách 2: Dễ thấy PTVT có 1 nghiệm là x0 1, do đó ta có hệ phương trình sau:

u v 1 0

u 3

v 2

   











u 3

v 2





 



 Tóm lại, PTVT có nhân tử là 3 2x 1 3x 2   

Lời giải

81x 162x 114x 29 4 2x 1 0   

81x 162x 114x 29 4 3x 2 4 2x 1 3x 2

Xét hàm số f t  3t34t

Ta có f ' t 9t2 4 0

nên f t 

luông đồng biến

Từ  1

suy ra 3x 2 32x 1

hay x 1 27x   227x 7  0

- Nhận xét: Phương pháp này sẽ giúp bạn đọc tìm ra những đẳng thức đẹp như ở PT  1

II Phương trình vô tỷ chỉ có một căn thức dạng f x 

với f x 

có bậc lớn hơn 1.

So sánh với PTVT chỉ có một căn thức dạng ax b , chúng ta có thể nhận thấy phương pháp tìm nhân

tử bằng cách đặt ẩn t f x 

khá khó để thực hiện được Do đó, với PTVT dạng này, phương pháp biết trước nghiệm sẽ được phổ biến hơn…

- Ý tưởng tìm lời giải:

Phương pháp biết trước nghiệm sẽ giúp chúng ta tìm được nhân tử của PTVT qua các nghiệm chúng ta tìm được

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

Phần nháp: Ta có thể tìm ra nghiệm x 1  3 bằng CASIO

Khi đó 2x21 7 4 3  2 3 x 1 

Vật PTVT có nhân tử là  2 

2x 1 x 1 

Bước tiếp theo là biến đổi PTVT:

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

- Nhận xét: Chắc bạn đọc có thể nhận ra rằng: CASIO là mộ trợ thủ đắc lực trong việc giải toán.

Ví dụ 2: Giải phương trình x27x 8 2 x 3     2x2 x 1 0 

Phần nháp: Sử dụng máy tính CASIO để tìm nghiệm của PTVT, nhưng PTVT lại có 2 nghiệm hữu tỷ:

x 1 và

10

x

7



Nếu như là nghiệm vô tỷ như ở ví dụ 1 thì ta có thể tìm ra được luôn nhân tử mà không cần nghiệm khác, còn 2 nghiệm hữu tỷ thì sẽ phải làm như sau:

Giả sử PTVT có nhân tử  2x2 x 1 ax b    

Khi ấy, nhân tử này sẽ chứa cả 2 nghiệm x 1 và

10

7



Khi x 1 thì 2x2 x 1 ax b a b     Khi

10 x 7



thì

Từ đó ta thấy a,b là nghiệm của hệ phương trình sau:

a b 0

9 10a

b 0

7 7

 









a 3

b 3





 





Vậy nhân tử sẽ là  2x2 x 1 3x 3   

Bước tiếp theo là biến đổi PTVT theo nhân tử ta tìm được:

x 7x 8 2 x 3   2x  x 1 7x217x 10 2 x 3      2x2 x 1 3x 3   

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm

- Nhận xét: Những ví dụ trên đều là cho PTVT có không quá hai nghiệm để bạn dọc dễ tiếp cận với ý

tưởng giải PTVT bằng phương pháp này Vậy nếu PTVT cho nhiều hơn 2 nghiệm thì sao?

Ví dụ 3: Giải phương trình sau: 7x26x 26 5x 32  x23x 1 0 

Phần nháp: Sử dụng CASIO, ta có thể tìm được 2 nghiệm của PTVT Nhưng nếu bạn sử dụng CASIO để tìm kiếm thêm nghiệm nữa, bạn sẽ tìm được cả 4 nghiệm của PTVT:

  Thực ra thì, bạn đọc chỉ cần 2 nghiệm trong số 4 nghiệm đó, rồi làm tương tự như ví dụ 2, ta cũng có thể đưa được ra kết quả…Thật vậy, ta có các cặp và nhân tử tương ứng như sau:

2

2

2

2

2

2

; 2 x 3x 1 x 4

5; 2 x 3x 1 3





























Điều này khiến PTVT có 3 cách nhóm nhân tử với 2 nhóm cặp nghiệm khác nhau:

Lời giải: Dành cho bạn dọc tự làm…

- Nhận xét: Nếu PTVT có nhiều cặp nghiệm hữu tỷ thì có nhiều cách phân tích thành nhân tử, hãy chọn

lấy một cách và biến đổi nó…

Giờ bạn nhìn các ví dụ sau, sẽ thấy cách giải của nó khá đơn giản:

Ví dụ 4: Giải phương trình sau: x2 4x 8 x x  2x 0

Phần nháp: Ta tìm được 1 nghiệm

2 2 13 x

3





Từ đó ta được

Vậy nhân tử có

2

  từ đó ta được:

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

Ví dụ 5: Giải phương trình sau: x2 6x 4  x3 x 1 0 

Phần nháp: Dễ thấy phương trình có nghiệm là x 1 và x 3.

Tương tự ví dụ 2, ta có hệ

1 a b 0

5 3a b 0

  





  



a 2

b 1





 





Từ đó ta được nhân tử  x3 x 1 2x 1   

Với chú ý:  x3 x 1 2x 1     x3 x 1 2x 1    x x 1 x 3 ,     

từ đó ta được:

x  6x 4  x  x 1 x 1 x 3     x3 x 1 2x 1   

 x3 x 1 2x 1  x3 x 1 2x 1

x

 x3 x 1 2x 1 x3 x 1 3x 1

x

       



Lời giải: Dành cho bạn đọc tự giải…

- Nhận xét: Đôi khi chúng ta phải biến đổi nhân tử ở dạng phân số.

Ví dụ 6: Giải phương trình sau: x33x2 7x 1 3x 1  x3 7x 6 0 

Phần nháp: Ta thấy PTVT có nghiệm là

2

 



Suy ra

Suy ra nhân tử là  x3 7x 6 x 2    

Chú ý  x3 7x 6 x 2     x3 7x 6 x 2    x 2 x   2 x 1

Do đó ta có:

x 2





3

x 7x 6x x 2 3x 1

x 2

 x3 7x 6 x 2  x 1 x3 7x 6 2x2 2x 4

x 2





 x3 7x 6 x 2  x 1 x3 7x 6 2 x 1 x 2    

x 2





 

*

x 2





Đến đây, bạn đọc có thể nhận ra từng nhân tử có chung x 2 !!!

Điều này chưa chính xác, bởi đkxđ: 3 x 1   hoặc x 2. Vì vậy chúng ta phải xét 2 trường hợp:

TH1: x 2. Từ  * ta có:

TH2: x 2 Từ  * ta có:

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

- Nhận xét: Có lẽ bạn đọc sẽ thấy một điều: ở TH2, nhân tử

vẫn còn phân tích được tiếp bởi nó còn nghiệm x 5. Thực ra thì

A

x 3





Sau đó, cũng có 2 TH như trên…Nhưng tại sao lại có thể phân tích được A thành như vậy?

Các trường hợp trên đều là cách làm của một căn thức, còn ở đây là nhiều căn thức Vì vậy, hãy đọc tiếp phần III để hiểu được phương pháp làm dạng này Phần III là phần khó và thường gặp nhất trong các đề thi đại học, cao đẳng…

III Phương trình vô tỷ có nhiều căn thức

- Ý tưởng tìm lời giải:

Phương pháp biết trước nghiệm sẽ giúp ích rất nhiều trong việc tìm nhân tử…

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

Phần nháp: Bước đầu tiên vẫn là tìm nghiệm của PTVT Sử dụng CASIO ta được nghiệm

45 3 17

32





Để ý rằng: x21x 1 x 1      Vì vậy, có thể coi PTVT chỉ chứa 2 căn thức, đó là x 1 và x 1.

Với

45 3 17

x

32





thì

 

13 3 17 3 17

x 1

77 3 17 1 3 17

x 1









Tuy nhiên, PTVT dạng này thường khồn có nhân tử dạng  x 1 ax b   

và  x 1 ax b   

mà sẽ có dạng  x 1 m x 1 n ,    

tức à bao gồm luôn cả 2 dạng kia

Để ý từ  *

, ta thấy để có nhân tử dạng  x 1 m x 1 n    

thì ta lấy:

3 x 1  x 1

3 3 17 1 3 17

1

để m, n là các số hữu tỷ Vậy nhân tử của PTVT là 3 x 1  x 1 1   

Bước tiếp theo là biến đổi PTVT để có nhân tử đó:

2

8x 9 6 x 1 x 1 3 x 1 x 1 1

Để 8x 9 6 x 1   có nhân tử là 3 x 1  x 1 1 ,  

ta chỉ cần nhân liên hợp:

3 x 1  x 1 1 3 x 1      x 1 1   8x 9 6 x 1  

Do đó: 5x 6 5 x 1    x21

3 x 1 x 1 1 3 x 1  x 1 1 x 1 3 x 1 x 1 1

3 x 1 x 1 1 2 x 1  x 1 1

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

- Nhận xét: Chắc nhiều bạn thắc mắc:

Tại sao lại nhân liên hợp giữa 3 x 1  x 1 1  

với 3 x 1  x 1 1 ,  

mà lại không phải là

3 x 1  x 1 1  

hoặc 3 x 1  x 1 1 ???  

3 x 1  x 1 1 3 x 1      x 1 1  8x 11 2 x 1  

Chúng không có căn thức dạng x 1 như mình đang cần

Ví dụ 2: Giải phương trình sau: 4x 3 2 1 x   2  4 1 x 0

(Đề thi thử ĐH lần 1 chuyên Lam Sơn 2013) Phần nháp: Bước đầu tiên vẫn là tìm nghiệm

36 3 19 x

50



bằng CASIO Khi đó

1 x

10



và

1 3 19

10

 

Suy ra

36 3 19 x

50



thỏa mãn

3 1 x  1 x 1 0  

Suy ra PTVT có nhân tử là 3 1 x  1 x 1   

Do đó: 4x 3 2 1 x   2  4 1 x 4x 3 4 1 x 2 1 x 1 x     

10x 9 6 1 x 2 1 x 3 1 x 1 x 1

Để nhân liên hợp 3 1 x  1 x 1  

với một biểu thức để thu được 1 x thì ta phải chọn:

3 1 x  1 x 1 3 1 x      1 x 1   10x 9 6 x 1  

Từ đó ta được: 4x 3 2 1 x   2  4 1 x

3 1 x 1 x 1 3 1 x  1 x 1 2 1 x 3 1 x 1 x 1

3 1 x 1 x 1  1 x 1 x 1

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

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

Phần nháp: Viết lại PTVT dưới dạng sau:

x 3  1 x  1 x 3 1 x 1 x 0    

Sử dụng CASIO, ta tìm được 2 nghiệm x 0 và

24 x

25



Giả sử nhân tử có dạng  1 x a 1 x b     

Khi đó ta được hệ phương trình:

1 a b 0

1 7

a b 0

5 5

  







  



a 2

b 3





 





Từ đó ta nhận được nhân tử  1 x 2 1 x 3    

Từ đó ta được: x 3  1 x  1 x 3 1 x 1 x   

x 3 1 x 1 x 1 3 1 x

       

12 5x 12 1 x 1 3 1 x 1 1 2 1 x 3

Cần nhân liên hợp  1 x 2 1 x 3    

với một biểu thức để thu được biểu thức chỉ chứa căn thức

1 x

Ta lấy  1 x 2 1 x 3      1 x 2 1 x 3     12 5x 12 1 x  

Từ đó ta được: x 3  1 x  1 x 3 1 x 1 x      x 3 1 x  1 x 1 3 1 x    

 1 x 2 1 x 3  1 x 2 1 x 3 1 3 1 x  1 x 2 1 x 3

 1 x 2 1 x 3  1 x 1 x 2

Lời giải: Dành cho bạn đọc tự làm…

- Nhận xét: Bài toán trên có 2 nghiệm hữu tỷ Chúng cùng thuộc nhân tử  1 x 2 1 x 3 ,    

nhân tử còn lại  1 x  1 x 2  

không có nghiệm Điều này tạo điều kiện thuận lợi cho phươn pháp biết trước nghiệm Tuy nhiên, nhiều PTVT cũng có 2 nghiệm hữu tỷ, nhưng mỗi nghiệm lại thuộc một nhân

tử khác nhau Để hiểu rõ hơn, bạn đọc cùng xem ví dụ 4:

Ví dụ 4: Giải phương trình sau: 5x 15 6 1 x 12 1 x 15 1 x       2 0

Phần nháp: Sử dụng CASIO, ta dễ dàng tìm được 2 nghiệm là:

24 x

25



và

3

5



Nếu vẫn theo phương pháp trên, giả sử PTVT có nhân tử  1 x a 1 x b    

Thì ta có hệ phương trình:

2 10 10

a b 0

1 7

a b 0

5 5







   



a 3

10 7 10 b

15







 









Thật là lẻ! Trong khi đó PTVT có các hệ số đều nguyên, nên việc phân tích PTVT để có nhân tử

  là khó khăn, nhưng không phải là không thể! Thật vậy:

2

5x 15 6 1 x 12 1 x 15 1 x      

Vậy điều chúng ta cần là gì?

Chính là tìm nhân tử có dạng  1 x a 1 x b    

vừa thỏa mãn 1 trong 2 nghiệm của bài toán, vừa thỏa mãn a, b  .

Để ý thì ta thấy: khi

3 x 5



thỏa mãn nhân tử trên thì

a b 0

Vậy, để a, b   thì a và b 02  Tóm lại, PTVT sẽ tồn tại nhân tử  1 x 2 1 x    

Từ đó ta được:

2

5x 15 6 1 x 12 1 x 15 1 x      

5x 15 12 1 x 1 x 6 15 1 x

15 25x 6 15 1 x 1 x 2 1 x

5 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x 6 15 1 x 1 x 2 1 x

 1 x 2 1 x 5 1 x 5 1 x 6  

Lời giải: Dành cho bạn dọc tự làm…

- Nhận xét: PTVT này có nghiệm

3 x 5



của nhân tử  1 x 2 1 x   

và nghiệm

24 x 25



của nhân tử

5 1 x 5 1 x 6     

Vậy còn trường hợp PTVT chỉ có 1 nghiệm hữu tỷ thì sao…