Các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình vô tỉ

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (386.95 KB, 49 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TRẦN VĂN LAN
——–——–

BÁO CÁO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ

Tác giả: Phạm Thị Hoa
Trình độ chun mơn: Cử nhân sư phạm Tốn
Chức vụ: Giáo viên
Nơi cơng tác: Trường THPT Trần Văn Lan

Mỹ Lộc, ngày 28 tháng 11 năm 2014

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Áp dụng trong thực tế giảng dạy ôn thi Đại học và
học sinh giỏi mơn Tốn THPT.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ năm 2012 đến năm 2014.
4. Tác giả:
Họ và tên: PHẠM THỊ HOA
Ngày tháng năm sinh: 30/7/1987
Nơi thường trú: Xóm 11 – xã Xuân Thành – huyện Xuân Trường – tỉnh Nam Định.
Trình độ chun mơn: Cử nhân sư phạm Tốn
Chức vụ cơng tác: Giáo viên dạy mơn Tốn
Nơi làm việc: Trường Trung học phổ thông Trần Văn Lan
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Trần Văn Lan – xã Mỹ Trung – huyện Mỹ Lộc – tỉnh
Nam Định.

Điện thoại: 0946098216
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường trung học phổ thông Trần Văn Lan
Địa chỉ: Xã Mỹ Trung – huyện Mỹ Lộc – tỉnh Nam Định
Số điện thoại: 03503810111

2

I. Đặt vấn đề (lý do chọn đề tài)
–

Phương trình và hệ phương trình vơ tỉ là một trong những mảng kiến thức cơ bản

trong chương trình tốn trung học phổ thông và thường gặp trong các đề thi đại học, cao
đẳng và thi học sinh giỏi. Đối với nhiều học sinh, bài tốn giải hệ phương trình được coi
là bài tốn khó, thậm chí là một trong những câu khó nhất trong cấu trúc đề thi ĐH, CĐ.
– Phương trình và hệ phương trình vơ tỉ rất đa dạng và khơng thể có phương pháp
chung nào áp dụng để giải tất cả các phương trình và hệ phương trình đó nên học sinh
thường thấy lúng túng trong việc phân tích, lựa chọn cách giải phù hợp, ngắn gọn. Qua
quá trình giảng dạy học sinh ơn thi ĐH, CĐ và bồi dưỡng học sinh giỏi phải trực tiếp
hướng dẫn học sinh giải loại bài tập này, tôi thấy cần phải rèn cho học sinh định hướng tốt
phương pháp và có kỹ năng giải thành thạo. Để giúp học sinh phần nào trong việc định
hướng và lựa chọn phương pháp giải phù hợp với các bài tốn trong chương trình tốn
THPT, tôi đã nghiên cứu đề tài:

“CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ”

3

II. Giải quyết vấn đề (nội dung sáng kiến kinh nghiệm)
1. Cơ sở lý luận của vấn đề
–

Về lý luận: Dựa vào kiến thức về phương trình và hệ phương trình và các phương

pháp giải các phương trình và hệ phương trình nói chung và phương trình vơ tỉ nói riêng
– Về thực tiễn: Dựa vào yêu cầu của các đề thi vào các truờng Cao đẳng và Đại học,
đề thi học sinh giỏi.
2.

–

Thực trạng của vấn đề

Khi gặp các bài tập khó về giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ đa số các em

học sinh tỏ ra lung túng trong việc tìm ra hướng giải quyết và thường dễ dàng bỏ qua.
– Mặt khác với thực tế nhận thức của các em học sinh trong trường kém so với học
sinh các trường có điểm đầu vào cao hơn nên trong q trình giảng dạy các thầy cơ cũng
hạn chế dạng bài tập này (nếu có chỉ dạy cho học sinh lớp chọn) nên trong trường chưa có
một chuyên đề nào viết chi tiết về các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình
vơ tỉ.
3.

Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
a. Một số giải pháp trọng tâm

Với thực trạng trên tôi đã mạnh dạn đưa ra các giải pháp như sau:
– Nghiên cứu qua sách giáo khoa, sách giáo viên, sách nâng cao và các tài liệu tham
khảo khác.
– Tổng kết kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy.
– Trao đổi cùng các đồng nghiệp.
– Điều tra khảo sát chất lượng học sinh.

b. Giới thiệu về bố cục trình bày
Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm được chia làm hai phần:
Phần 1: Các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ. Trong mỗi phương
pháp được chia làm các mục nhỏ như sau:
a. Phương pháp giải
b. Ví dụ minh họa
c. Bài tập tham khảo
Phần 2: Bài tập tổng hợp
Các bài toán đưa ra phần lớn là tôi sưu tầm từ nhiều nguồn tài liệu khác nhau, một số ít
do tơi ra trong các kì thi khảo sát (KS), thi HSG,…
4

1. Giới hạn của đề tài
Các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ rất đa dạng nhưng có thể kể
tên một số phương pháp sau:
1. Phương pháp cộng đại số
2. Phương pháp thế
3. Phương pháp biến đổi tương đương: Trong phương pháp này có thể chia làm các
phương pháp sau:
3.1) Bình phương 2 vế của phương trình
3.2) Trục căn thức
3.3) Biến đổi về phương trình tích

4. Phương pháp đặt ẩn phụ: Trong phương pháp này có thể chia làm các dạng phương
pháp sau:
4.1) Đặt ẩn phụ thơng thường
4.2) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến
4.3) Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
4.4) Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
4.5) Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường và xây dựng hệ phương trình đối xứng loại
2.
5. Phương pháp đánh giá sử dụng:
+) Hằng đẳng thức
+) Bất đẳng thức
+) Tính chất của vectơ
+) Tính chất đặc biệt của tam giác
6. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
7. Phương pháp lượng giác hóa

5

2. Mục tiêu
Sau khi đề tài được thực hiện, qua việc hướng dẫn phương pháp chung và giải một số bài
tập mẫu học sinh có thể vận dụng giải những bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập,
sách tham khảo giúp học sinh thực hành giải các bài toán linh hoạt, thành thạo và đạt kết
quả tốt hơn trong q trình học và q trình ơn tập củng cố kiến thức chuần bị cho các kỳ
thi.

3. Nội dung cụ thể
a) Phần 1: Các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ
1. Phương pháp cộng đại số (giải hệ phương trình vơ tỉ)
a) Phương pháp: Kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép tốn: cộng, trừ, nhân,

chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi
cho các bước sau.
Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương
trình có vế trái đẳng cấp bậc k.
b) Ví dụ minh họa

�1
1
�  2 2
y
�x
VD1: Giải hệ phương trình �
�1  2  1  2
�y
x
�

(1)
(2)

Giải

1
2

1
2

– ĐK: x �, y � .
– Trừ vế hai pt ta được

�

y
xy

x

1
x



2


1

 2

y

1
y

 2

� 1�
�
y � x�

0�

1

2

1
x

0

�
2

1

y

 2

6

1
x

xy



yx

x

y





yx

�
1
xy � 2   2 
y
�

0
1�

�

x�

1
1
 2 2
x
x

– TH 1. y  x  0 � y  x thế vào (1) ta được
– Đặt t 

1
, t  0 ta được
x

t �2
�2  t �0
�
2  t2  2  t � � 2
�
� t  1 � x  1 và y  1
�2
2
2

t

4

4
t

t
t

2
t


1

0
�
�
– TH 2.

xy



1
x

y





1

0

� 1
1 �. TH này vô nghiệm do ĐK.
xy � 2   2  �
y
x�
�

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)

� � 1 �
1
�3x �
� 2
� � x y�
VD2: Giải hệ phương trình �
1 �
�7 y �
1
�
� 4 2
�
� � x y�
– Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt
thứ nhất cho

3x và chia hai vế pt thứ hai cho

7y .

Giải
–

ĐK: x �0, y �0, x  y �0 .

–

Dễ thấy x  0 hoặc y  0 không thỏa mãn hệ pt. Vậy x  0, y  0

� 2
�1
�
4 2
2 2
� 1 � 2
2



1
(1)
1


�
�
�
� x y�
7y
7y
�
� 3x
� 3x
�
� 3x
��
��

– Hệ � �
1
4
2
�
�
2
2
4
2
�1 
�
�1  2 2  1



�
�
�
�x  y
�
3x
7y
7y x  y
� x  y � 7y
�
�
� 3x
–

�1

Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được �

� 3x

7



�1
2 2�

2 2� 1
�
� 
�
7y �
3
x
7
y
�
� xy

y  6x
�
1
8

1
2
2
�


� 7 y  38 xy  24 x  0 � �
4
�
3x 7 y x  y
y x
7
�
–

TH 1. y  6 x thế vào pt (1) ta được

1
2
11  4 7
22  8 7

1� x 
�y
21
7
3x
21x
4
7

–

TH 2. y   x không xảy ra do x  0, y  0 .

–

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  x; y   �

–

Chú ý. Hệ phương trình có dạng �

�
11  4 7 22  8 7 �
;
.
�
21
7
�
�

abm
m  n  2a
�
�
��
. Trong trường hợp
a b  n

m  n  2b
�
�

này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó
nhân vế để mất căn thức.
n
�a

m

� bx
px  qy
�
Tổng quát ta có hệ sau: �
�c  m  n
�
px  qy
� dy

c) Bài tập tham khảo
Giải các hệ phương trình sau:
�
�x( y  9)  y  1  1  0
1) �
2
2
�y (18 x  1)  3 x  22  ( xy  1)
�
�x  y  xy  3

2) �
� x 1  y 1  4
2. Phương pháp thế (giải hệ phương trình vơ tỉ)
a) Phương pháp: Nhiều phương trình sau khi rút một ẩn (hoặc một biếu thức) từ phương
trình này thế vào phương trình kia ta được một phương trình đơn giản hoặc nhờ đó mà ta
có cách biến đổi về một hệ đơn giản. Ta thường áp dụng cách này với các hệ mà ta quan
8

sát thấy một phương trình nào đó của hệ mà một ẩn chỉ có bậc nhất hoặc ở cả hai phương
trình của hệ có cùng một biểu thức chung nào đó.
b) Ví dụ minh họa

�
� 7 x  y  2 x  y  5 (1)
Giải hệ phương trình: �
(HSG QG – 2001)
2
x

y

x

y

2
(2)
�
Giải

7 x  y �0
�
, từ (2) ta suy ra
2 x  y �0
�

ĐK: �

2 x  y  2  y  x, thế vào (1) ta được

7 x  y  3  x  y. Do đó ta có hệ
3 �x  y �2
�
�
3 �x  y �2
x  y 1
�
�
�
7 x  y  9  x 2  y 2  6 x  2 xy  6 y � �x  2 y  1
��
�
x  19; y  10.
�
�
�2
2
2
2 x  y  4  y  x  4 y  4 x  2 xy

�y  11 y  10  0
�
Dễ thấy nghiệm x  y  1 thỏa mãn hệ cịn nghiệm kia thì khơng.
c) Bài tập tham khảo
Giải các hệ phương trình sau:
19
�
( 3x  4  5  x )2 y  2(  3 x  8)
�
x
1. �
�
�y  log 2 x  1
2
�
�x x  2 y  x  1  4 y  x  1  0
2. �
2( y 3  2 y  x  1)  y 2 ( x  1)
�

3. Phương pháp biến đổi tương đương
3.1) Bình phương 2 vế của phương trình
a) Phương pháp
+) Khi gặp phương trình dạng:

f  x   g  x   h  x   k  x  chúng ta thường

bình phương hai vế nhưng trong một số bài toán nếu để nguyên mà bình phương bài tốn
sẽ trở thành phức tạp. Để tránh được điều đó ta có thể chuyển vế linh hoạt trước khi bình
phương (xem VD1 dưới đây)

9

+) Khi gặp các phương trình có dạng của đẳng thức

A  B  3 3 A.B



3



A  3 B  C và sử dụng phép thế

3

3

A  3 B  3 C ta biến đổi thành

A  3 B  3 C ta được phương trình:

A  B  3 3 A.B.C  C

b) Ví dụ
VD1: Giải phương trình sau: 3 x  3x  1  x  5  4  5 x
Giải
Đk:

1
4
�x �
3
5

Bình

phương

2

vế

khơng

âm

của

phương

trình

ta

được:

12 x  1  6 x  3x  1  9  4 x  2 ( x  5)  4  5 x , giải phương trình này khơng khó
nhưng hơi phức tạp một chút.

Phương

trình

giải

sẽ

rất

đơn

giản

nếu

ta

chuyển

vế

phương

trình:

x x  4  5 x  x  5  3x  1

� 5
x

�
8
2
2
Bình phương hai vế ta có phương trình hệ quả: 3 3x  5 x  3x  13x  10 � �
1
�
x
�
3
�

Thử lại vào phương trình ban đầu có x=5/8 thỏa mãn
 Nhận xét: Nếu phương trình:

f  x  g  x  h  x  k  x

Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x , thì ta có thể biến đổi phương trình về dạng:
f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả
VD2: Giải phương trình sau:

x2  2x  4  x  4 
Giải

Điều kiện: x �2
Bình phương 2 vế phương trình?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
10

x3  8

 x2
x4

x3  8
. x  4  x 2  2 x  4. x  2, từ nhận xét này ta có lời giải như
x4

Ta có nhận xét:

sau: (2) �

x  2x  4  x  2 
2

x3  8
 x4
x4

x  1
�
x3  8
� x2  x  0 � �
Bình phương 2 vế ta được: x  2 x  2 
x0
x4
�
2

Thử lại: cả hai nghiệm đều khơng thỏa mãn nên phương trình đã cho vơ nghiệm

Qua lời giải trên ta có nhận xét: Nếu phương trình:
Mà có: f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi

f  x  g  x  h x  k  x

f  x  h  x  k  x  g  x

c) Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:
1)

3

x  1  3 x2  3 x  3 x 2  x

2) 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2
3.2) Trục căn thức
3.2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp: Một số phương trình vơ tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy
phương trình ln đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình

A  x   0 hoặc chứng minh A  x   0 vô nghiệm, chú ý điều kiện của nghiệm của
phương trình để ta có thể đánh giá A  x   0 vơ nghiệm
b) Ví dụ minh họa
VD1. Giải phương trình sau:

2  5 x 2   x 2  3x  5  x  x 2    x 2  2 x  2

Giải:
2

2
2
2
Ta nhận thấy:  2  5 x   5  x  x   2  5 x và  3 x  x     x  2 x  2     2  5 x 

Ta có thể trục căn thức 2 vế:

5 x  2

2  5×2  5  x  x2 
11



5x  2
3x  x 2   x 2  2 x  2

Dể dàng nhận thấy x=2/5 là nghiệm duy nhất của phương trình.
VD 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị):

x 2  12  5  3 x  x 2  5

Giải:
x 2 �۳
12
x2 5

Để phương trình có nghiệm thì:

3x 5 0

x

5
3

Ta nhận thấy: x=2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích về
dạng

 x  2  A  x   0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách như sau:
x  12  4  3 x  6  x  5  3 �
2

x2  4

2

x 2  12  4

 3 x  2 

x2  4
x2  5  3

� x2
�
x 1
�  x  2 �


 3 � 0 � x  2
2
x2  5  3 �
� x  12  4
Dễ dàng chứng minh được:

x2
x  12  4
2



x2
x 5 3
2

 3  0, x 

5
3

c) Bài tập tham khảo
Giải phương trình:
1)

3

x 2  1  x  x3  1

2) 3 x 2  4  x  1  2 x  3

3.2.2. Đưa về “hệ tạm”
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vơ tỉ có dạng

A  B  C, mà: A  B   C

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x. Ta có thể giải như sau:
AB
 C � A  B  , khi đó ta có hệ:
A B

�
�A B C
� 2 A  C 
�
� A  B 

b) Ví dụ minh họa
VD1. Giải phương trình sau: 3x 2  3x  7  3 x 2  x  1  x  3
Giải
2
2
Ta thấy:  3x  3 x  7    3x  x  1  2  x  3

12

x  3 không phải là nghiệm
Xét x �3
Trục căn thức ta có:

2x  6
3 x  3x  7  3x  x  1
2

2

 x  3 � 3x 2  3 x  7  3 x 2  x  1  2

Vậy ta có hệ:
2
2
�
� 3x  3 x  7  3 x  x  1  2
� 2 3x 2  3x  7  x  5 � 11x 2  2 x  3  0
� 2
2
�
� 3x  3 x  7  3 x  x  1  x  3

phương trình này vơ nghiệm. Vậy phương trình ban đầu vơ nghiệm

VD2. Giải phương trình:

2 x 2  x  1  x 2  x  1  3x

2
2
2
Ta thấy:  2 x  x  1   x  x  1  x  2 x, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t 

1
thì bài tốn trở nên đơn giản hơn
x

c) Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:

1) x 2  3x  1   x  3 x 2  1
2)

4  3 10  3 x  x  2 (HSG Toàn Quốc 2002)

3) 2  2  x   5  x   x 
4)

3

 2  x   10  x 

x 2  1  3×3  2  3x  2

5) 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0 (OLYMPIC 30/4-2007)
6)
7)

2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4
x 2  15  3 x  2  x 2  8

3.3) Phương trình biến đổi về tích

13

a) Phương pháp: Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đơi
khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích.
Sử dụng đẳng thức

u  v  1  uv �  u  1  v  1  0
au  bv  ab  vu �  u  b   v  a   0
A2  B 2

b) Ví dụ minh họa

(1)
�xy  x  y  x 2  2 y 2
�
VD1 (D – 2008) Giải hệ phương trình �
�x 2 y  y x  1  2 x  2 y (2)
–

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) khơng thu
được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1).
Giải.
ĐK: x �1, y �0
2
2
(1) � y ( x  y )  ( x  y )  x  y � ( x  y )( y  1  x  y )  0

TH 1. x  y  0 (loại do x �1, y �0 )
TH 2. 2 y  1  x  0 � x  2 y  1 thế vào pt (2) ta được

(2 y  1) 2 y  y 2 y  4 y  2  2 y � ( y  1) 2 y  2( y  1)
y 1 0
�
y  1
�
��
��
. Do y �0 � y  2. Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (5;2)
y

2
2
y

2
�
�
–

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x)
nên có thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).

8 xy
�2
2
x


y

 16
�
x

y
VD2. Giải hệ phương trình �
� x  y  x2  y
�
–

(1)
(2)

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) khơng thu
được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1)
Lời giải.
14

2
2
ĐK: x  y  0. (1) � ( x  y )( x  y )  8 xy  16( x  y )

��
( x  y ) 2  2 xy �
( x  y )  8 xy  16( x  y )
�
�

� ( x  y) �
( x  y ) 2  16 �
�
� 2 xy ( x  y  4)  0
� ( x  y  4)  ( x  y)( x  y  4)  2 xy   0
x  3 � y  7
�
x  2� y 2
�

2
TH 1. x  y  4  0 thế vào (2) ta được x  x  6  0 � �

2
2
TH 2. ( x  y )( x  y  4)  2 xy  0 � x  y  4( x  y )  0 vô nghiệm do ĐK

Vậy tập nghiệm của hệ là S =  (3;7); (2;2)
� xy  ( x  y )( xy  2)  x  y  y
�
VD3 (Thử ĐT 2013) Giải hệ phương trình �
�
( x  1)( y  xy  x  x 2 )  4
�
�x; y �0
�
� xy  ( x  y )( xy  2) �0

–

Điều kiện: �

–

PT (1) � xy  ( x  y )( xy  2)  y  ( x  y )  0
�

–

xy  ( x  y )( xy  2)  y

y  xy  2

x y
x y

0



1
0
x y

xy  ( x  y )( xy  2)  y
PT (3) � x  y, thay vào PT (2) ta được: x 3  2 x 2  3x  4  0

� x  1 hoặc x 
–



�
�
y  xy  2
1
� 0 (3)
� ( x  y) �

� xy  ( x  y )( xy  2)  y
x y�
�
�
4
4 �
�
2
 ( x  1) 2  �x  1 
Từ PT (2) ta có y  xy  x  x 
� 2 �2
x 1
x 1�
�
�

–

( x  y )( y  xy  2)

1 � 17

2

Kết hợp với điều kiện ta có x  1, x 

15

1  17
2

�
1  17 1  17 �
;
�
2
2 �
�
�

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là: (1; 1); �
�

–

c) Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau:
1) x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3
2)

x3 

4x
4 x
x3

3) 2 x  3  9 x 2  x  4
4) 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2 

2

4. Phương pháp đặt ẩn phụ
4.1) Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
a) Phương pháp: Đối với nhiều phương trình vơ tỉ, để giải chúng ta có 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 có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như

“hồn tồn ”.Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t  f  x  thường là
những phương trình dễ.
b) Ví dụ minh họa
VD1: Giải phương trình:

2 x  4×2  3  2x  4×2  3  4
Giải

Điều kiện: x �
Nhận xét.

3
2

2 x  4 x 2  3. 2 x  x 2  3  3

Đặt t  2 x  4 x 2  3

t 1
�
3
(t �0) thì phương trình có dạng: t  t  4 � �
t 3
�

Thay vào tìm được x  1 =
VD2. Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5
Giải
16

Điều kiện: x �

4
5

t2  5
Đặt t  4 x  5(t �0) thì x 
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4  10t 2  25 6 2
2.
 (t  5)  1  t � t 4  22t 2  8t  27  0
16

4

� (t 2  2t  7)(t 2  2t  11)  0
Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1 �2 2; t3,4  1 �2 3
Do t �0 nên chỉ nhận các gái trị t1  1  2 2, t3  1  2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x  1  2 vàx  2  3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2  6 x  1 �0
Ta được: x 2 ( x  3) 2  ( x  1) 2  0, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt: 2 y  3  4 x  5 và đưa về hệ đối xứng
VD3. Giải phương trình sau: x  5  x  1  6
Điều kiện: 1 �x �6
Đặt y  x  1( y �0) thì phương trình trở thành:
y 2  y  5  5 � y 4  10 y 2  y  20  0
( với y � 5) � ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0 � y 
Từ đó ta tìm được các giá trị của x 

1  21
1  17
(loại), y 
2
2

11  17
2





VD4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau: x  2004  x 1  1  x

Giải:
Đk 0 �x �1
Đặt y  1  x pttt � 2  1  y 

2

y

2

 y  1002   0 � y  1 � x  0

17



2

VD5. Giải phương trình sau: x 2  2 x x 

1
 3x  1
x

Giải:
Điều kiện: 1 �x  0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x  2 x 
Đặt t  x 

1
1
 3
x
x

1
, ta giải được.
x

VD6. Giải phương trình: x 2  3 x 4  x 2  2 x  1
1
� 1�
Giải: x  0 không phải là nghiệm, Chia cả hai vế cho x ta được: �x  � 3 x   2
x
� x�
Đặt t= 3 x 

1
1� 5
, Ta có : t 3  t  2  0 � t  1 � x 
x
2

c) Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau
a. 15 x  2 x 2  5  2 x 2  15 x  11
b. ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x
c.

(1  x)(2  x)  1  2 x  2 x 2

d. x  17  x 2  x 17  x 2  9
e.

3 x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5 x  2

f. x 2  x 2  11  31
g. 2 n (1  x) 2  3 n 1  x 2  n (1  x) 2  0
h. x  (2004  x )(1  1  x ) 2
i. ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168 x
j.

1  x2  2 3 1  x2  3

Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn
giản, đơi khi phương trình đối với t lại q khó giải
18

4.2) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến
a) Phương pháp: Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 (1) bằng
2

�u � �u �
cách xét v �0 phương trình trở thành : � �  � �   0
�v � �v �

v  0 thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)



a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x 



 u   v  mu 2  nv 2

Chúng ta thay các biểu thức A(x), B(x) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phương
trình vơ tỉ theo dạng này.
b) Ví dụ minh họa
Phương trình dạng: a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x 
Như vậy phương trình Q  x    P  x  có thể giải bằng phương pháp trên nếu
�
�P  x   A  x  .B  x 
�
Q  x   aA  x   bB  x 
�
Xuất phát từ đẳng thức:
x 3  1   x  1  x 2  x  1
x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1  x 2  x  1







x4  1  x2  2 x  1 x2  2 x  1

4 x 4  1   2 x 2  2 x  1  2 x 2  2 x  1
Để có một phương trình đẹp, chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai

at 2  bt  c  0 giải “ nghiệm đẹp”
VD1. Giải phương trình: 14 x3  8  3( x 2  8)
Giải: Đặt u  x 2  2 x  4, v  x  2 (u  0; v �0)
19

u  3v
�
14
�
� x 2  7 x  22  0 phương
phương trình trở thành: u  2v  uv �
2
�
3
u   v(ktm)
3
�
2

2

trình vơ nghiệm.
VD2. Giải phương trình: x 2  3 x  1  

3 4
x  x2  1

3

Phương trình dạng:  u   v  mu 2  nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên, nhưng nếu ta
bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
VD1. giải phương trình: x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1
Giải:
�
u  x2
�
Ta đặt: �
khi đó phương trình trở thành: u  3v  u 2  v 2
2
v

x

1
�

VD2. Giải phương trình sau:

x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1
Giải

1
Đk x �. Bình phương 2 vế ta có:
2

x

2

 2 x   2 x  1  x 2  1 �

x

2

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

� 1 5
u
v
�
�
u  x  2x
2
2
2
Ta có thể đặt: �
khi đó ta có hệ: uv  u  v � �
� 1 5
v

2
x

1
�

u
v
�
�
2
2

1 5
1 5
Do u, v �0. u 
v � x2  2x 
 2 x  1
2
2
c) Bài tập tham khảo
Giải phương trình sau:
1) 2 x 2  5 x  1  7 x3  1
2) x 3  3x 2  2

 x  2

3

 6x  0
20

3) 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
4.3. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
a) Phương pháp: Từ những phương trình tích như:





x  5  2x  

2x  1  3



2x  1  2x  5  0 ,



x  5  2x  4  0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng 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.
b) Ví dụ minh họa
5� 3
1
�
2
3 3 x 2  x  �x 
3x 2  x 
VD1. Giải phương trình: 3x  �
2� 2

2
�

Giải:
� 1
t
3
3
1
�
�
3x  �
t x 0� � 2
t  3 x 2  x, ta có : t  �
�
2
� 2� 2
t  3x  1
�
2

VD2. Giải phương trình:  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1
Giải:
Đặt: t  x 2  2 x  3, t � 2
2
2
Khi đó phương trình trở thnh:  x  1 t  x  1 � x  1   x  1 t  0

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

�
x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1  0 � t 2   x  1 t  2  x  1  0 � �
t  x 1
�

c) Bài tập tham khảo
Giải phương trình sau:
1) 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2
21

2) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16
4.4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
a) Phương pháp: Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những
phương trình vơ 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

 a 3  b3  c3  3  a  b   b  c   c  a , Ta có:

a 3  b3  c3   a  b  c  �  a  b   a  c   b  c   0
3

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vơ tỉ có chứa căn bậc ba.
b) Ví dụ minh họa:
VD1. Giải phương trình:

5×2  2  5×2. 3  5 x2  3  5×2. 6  5 x2  6  5 x2. 2  5 x 2
�
u  2  5×2
�
�
v  3  5 x 2, ta có:
Giải: �
�
w  6  5×2
�
�
được: w  2 � x  �

�
�
2  u 2  uv  vw  wu
 u  v   u  w  2
�
� 2
3  v  uv  vw  wu � �
 u  v   v  w   3, giải hệ ta
�
�
�
6  w2  uv  vw  wu
 v  w  u  w  6
�
�

2

5

VD2. Giải phương trình sau: 2 x 2  1  x 2  3 x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2
�
a
�
�
b
�
Giải. Ta đặt: �
c
�
�
d
�

2×2  1
ab cd
�
� x  2
, khi đó ta có: � 2 2
a  b  c2  d 2
�
2×2  2x  3
x 2  3x  2
x2  x  2

c) Bài tập tham khảo
Giải các phương trình sau
1)

4×2  5x  1  2 x2  x  1  9x  3

2)

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

22

4.5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ quen thuộc
4.5.1) Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
a) Phương pháp: Đặt u    x , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đó
tìm được hệ theo u,v
b) Ví dụ minh họa





3
3
3
3
VD1. Giải phương trình: x 25  x x  25  x  30

Đặt y  3 35  x3 � x3  y 3  35
�xy ( x  y )  30
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: �3

, giải hệ này ta
3
�x  y  35
tìm được ( x; y )  (2;3)  (3;2). Tức là nghiệm của phương trình là x �{2;3}
2 1 x  4 x 

VD2. Giải phương trình:

1
2

4

Điều kiện: 0 �x � 2  1
�
� 2 1 x  u
��
0 u �
Đặt �
4
x

v
�
�

2 1,0 v

4

2 1

� 1
u  4 v
1
�
�
u

v

2
�
�
4
2
��
Ta đưa về hệ phương trình sau: �
2
�1
� 4
2
4
�
�
u  v  2 1
�
�4  v � v  2  1
�
�2

�
�
2

� 1 �
v  4 �  0, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm
Giải phương trình thứ 2: (v  1)  �
2�
�
2

2

của phương trình.
c) Bài tập tham khảo
Giải phương trình sau:
1) x  5  x  1  6

23

2)

6  2x 6  2x 8


5 x
5 x 3

4.5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại II

a) Phương pháp: Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài tốn giải phương trình bằng
cách đưa về hệ đối xứng loại II
2
�
 x  1  y  2
�
Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau: �
2
 y  1  x  2
�
�

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

 x  1

2

 ( x  2  1)  1 � x 2  2 x  x  2

Vậy để giải phương trình: x 2  2 x  x  2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
2
�

  x     ay  b
�
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2: �
, ta sẽ xây dựng
2

y



ax

b


�
�

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:   x    
n

an

ax  b  b 



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

x   

n

 p n a ‘ x  b ‘   v 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 n a ‘ x  b ‘   là chọn được.

b) Ví dụ minh họa
VD1: Giải phương trình: x 2  2 x  2 2 x  1
24

1
Điều kiện: x �
2

Ta có phương trình được viết lại là: ( x  1) 2  1  2 2 x  1
2
�
�x  2 x  2( y  1)
Đặt y  1  2 x  1 thì ta đưa về hệ sau: � 2
�y  2 y  2( x  1)

Trừ hai vế của phương trình ta được ( x  y )( x  y )  0
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x  2  2
VD2: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5
Giải
Điều kiện x �

5
4

Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2  12 x  2  2 4 x  5 � (2 x  3) 2  2 4 x  5  11
Đặt 2 y  3  4 x  5 ta được hệ phương trình sau:
�
(2 x  3) 2  4 y  5
�
� ( x  y )( x  y  1)  0
�
2

(2
y

3)

4
x

5
�
Với x  y � 2 x  3  4 x  5 � x  2  3
Với x  y  1  0 � y  1  x � x  1  2
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1  2; 1  3}
 Dạng hệ gần đối xứng
�
(2 x  3) 2  2 y  x  1
�
(1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng
Ta xét hệ sau: �
2
(2
y

3)

3
x

1
�

chúng ta vẫn giải hệ được, và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài tốn phương trình sau:
VD3: Giải phương trình: 4 x 2  5  13 x  3 x  1  0
2

33
� 13 �
2 x  � 3 x  1 
Nhận xét: Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước: �
4�
4
�

25

Điện thoại : 09460982165. Đơn vị vận dụng sáng tạo độc đáo : Tên đơn vị chức năng : Trường trung học phổ thông Trần Văn LanĐịa chỉ : Xã Mỹ Trung – huyện Mỹ Lộc – tỉnh Nam ĐịnhSố điện thoại thông minh : 03503810111I. Đặt yếu tố ( nguyên do chọn đề tài ) Phương trình và hệ phương trình vơ tỉ là một trong những mảng kỹ năng và kiến thức cơ bảntrong chương trình tốn trung học phổ thông và thường gặp trong các đề thi ĐH, caođẳng và thi học viên giỏi. Đối với nhiều học viên, bài tốn giải hệ phương trình được coilà bài tốn khó, thậm chí còn là một trong những câu khó nhất trong cấu trúc đề thi ĐH, CĐ. – Phương trình và hệ phương trình vơ tỉ rất phong phú và khơng thể có phương phápchung nào vận dụng để giải tổng thể các phương trình và hệ phương trình đó nên học sinhthường thấy lúng túng trong việc nghiên cứu và phân tích, lựa chọn cách giải tương thích, ngắn gọn. Quaquá trình giảng dạy học viên ơn thi ĐH, CĐ và tu dưỡng học viên giỏi phải trực tiếphướng dẫn học viên giải loại bài tập này, tôi thấy cần phải rèn cho học viên xu thế tốtphương pháp và có kiến thức và kỹ năng giải thành thạo. Để giúp học viên phần nào trong việc địnhhướng và lựa chọn giải pháp giải tương thích với các bài tốn trong chương trình tốnTHPT, tôi đã nghiên cứu và điều tra đề tài : “ CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNHVÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ ” II. Giải quyết yếu tố ( nội dung sáng tạo độc đáo kinh nghiệm tay nghề ) 1. Cơ sở lý luận của vấn đềVề lý luận : Dựa vào kiến thức và kỹ năng về phương trình và hệ phương trình và các phươngpháp giải các phương trình và hệ phương trình nói chung và phương trình vơ tỉ nói riêng – Về thực tiễn : Dựa vào nhu yếu của các đề thi vào các trường Cao đẳng và Đại học, đề thi học viên giỏi. 2. Thực trạng của vấn đềKhi gặp các bài tập khó về giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ hầu hết các emhọc sinh tỏ ra lung túng trong việc tìm ra hướng xử lý và thường thuận tiện bỏ lỡ. – Mặt khác với trong thực tiễn nhận thức của các em học viên trong trường kém so với họcsinh các trường có điểm nguồn vào cao hơn nên trong q trình giảng dạy các thầy cơ cũnghạn chế dạng bài tập này ( nếu có chỉ dạy cho học viên lớp chọn ) nên trong trường chưa cómột chuyên đề nào viết chi tiết cụ thể về các giải pháp giải phương trình và hệ phương trìnhvơ tỉ. 3. Các giải pháp đã thực thi để xử lý vấn đềa. Một số giải pháp trọng tâmVới tình hình trên tôi đã mạnh dạn đưa ra các giải pháp như sau : – Nghiên cứu qua sách giáo khoa, sách giáo viên, sách nâng cao và các tài liệu thamkhảo khác. – Tổng kết kinh nghiệm tay nghề qua quy trình giảng dạy. – Trao đổi cùng các đồng nghiệp. – Điều tra khảo sát chất lượng học viên. b. Giới thiệu về bố cục tổng quan trình bàyNội dung của sáng tạo độc đáo kinh nghiệm tay nghề được chia làm hai phần : Phần 1 : Các giải pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ. Trong mỗi phươngpháp được chia làm các mục nhỏ như sau : a. Phương pháp giảib. Ví dụ minh họac. Bài tập tham khảoPhần 2 : Bài tập tổng hợpCác bài toán đưa ra hầu hết là tôi sưu tầm từ nhiều nguồn tài liệu khác nhau, 1 số ít ítdo tơi ra trong các kì thi khảo sát ( KS ), thi HSG, … 1. Giới hạn của đề tàiCác giải pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ rất phong phú nhưng hoàn toàn có thể kểtên một số ít chiêu thức sau : 1. Phương pháp cộng đại số2. Phương pháp thế3. Phương pháp biến hóa tương tự : Trong giải pháp này hoàn toàn có thể chia làm cácphương pháp sau : 3.1 ) Bình phương 2 vế của phương trình3. 2 ) Trục căn thức3. 3 ) Biến đổi về phương trình tích4. Phương pháp đặt ẩn phụ : Trong chiêu thức này hoàn toàn có thể chia làm các dạng phươngpháp sau : 4.1 ) Đặt ẩn phụ thơng thường4. 2 ) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 so với 2 biến4. 3 ) Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn4. 4 ) Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích4. 5 ) Đặt ẩn phụ đưa về hệ thường thì và thiết kế xây dựng hệ phương trình đối xứng loại2. 5. Phương pháp nhìn nhận sử dụng : + ) Hằng đẳng thức + ) Bất đẳng thức + ) Tính chất của vectơ + ) Tính chất đặc biệt quan trọng của tam giác6. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 7. Phương pháp lượng giác hóa2. Mục tiêuSau khi đề tài được thực thi, qua việc hướng dẫn chiêu thức chung và giải một số ít bàitập mẫu học viên hoàn toàn có thể vận dụng giải những bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập, sách tìm hiểu thêm giúp học viên thực hành thực tế giải các bài toán linh động, thành thạo và đạt kếtquả tốt hơn trong q trình học và q trình ơn tập củng cố kiến thức và kỹ năng chuần bị cho các kỳthi. 3. Nội dung cụ thểa ) Phần 1 : Các giải pháp giải phương trình và hệ phương trình vơ tỉ1. Phương pháp cộng đại số ( giải hệ phương trình vơ tỉ ) a ) Phương pháp : Kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép tốn : cộng, trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợicho các bước sau. Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phươngtrình có vế trái đẳng cấp và sang trọng bậc k. b ) Ví dụ minh họa � 1 �  2   2 � xVD1 : Giải hệ phương trình � � 1  2  1  2 � y ( 1 ) ( 2 ) Giải – ĐK : x �, y �. – Trừ vế hai pt ta đượcy  xy2   2   2  � 1 � y � x �  0 � 2   0  � 2   2  xyy  xx  y  xxy � 2   2   01 � x �  2   2 – TH 1. y  x  0 � y  x thế vào ( 1 ) ta được – Đặt t , t  0 ta đượct � 2 � 2  t � 02  t2  2  t � � 2 � t  1 � x  1 và y  1 � 2 – TH 2.xyx   0 � 11 �. TH này vô nghiệm do ĐK.xy � 2   2  � x � Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 1 ; 1 ) � � 1 � 1  � 3 x � �  2 � � x  y � VD2 : Giải hệ phương trình � 1 � � 7 y � 1  �  4 2 � � x  y � – Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế ptthứ nhất cho3x và chia hai vế pt thứ hai cho7y. GiảiĐK : x � 0, y � 0, x  y � 0. Dễ thấy x  0 hoặc y  0 không thỏa mãn nhu cầu hệ pt. Vậy x  0, y  0 � 2 � 14 22 2 � 1 � 2  1 ( 1 ) � x  y � 7 y7y � 3 x � 3 x � 3 x � � � � – Hệ � � � 1  � 1  2 2  1 � x  y3x7y7y x  y � x  y � 7 y � 3 x � 1N hân theo vế hai pt trong hệ ta được � � 3 x � 12 2 � 2 2 � 1 �  �  7 y � � x  yy  6 x � 7 y  38 xy  24 x  0 � � 3 x 7 y x  yy   xTH 1. y  6 x thế vào pt ( 1 ) ta được11  4 722  8 7  1 � x  � y  213×21 xTH 2. y   x không xảy ra do x  0, y  0. Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  x ; y   � Chú ý. Hệ phương trình có dạng � 11  4 7 22  8 7 � 21 a  b  mm  n  2 a � �. Trong trường hợpa  b  nm  n  2 bnày, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đónhân vế để mất căn thức. � a � bxpx  qyTổng quát ta có hệ sau : � � c  m  npx  qy � dyc ) Bài tập tham khảoGiải các hệ phương trình sau : � x ( y  9 )  y  1  1  01 ) � � y ( 18 x  1 )  3 x  22  ( xy  1 ) � x  y  xy  32 ) � � x  1  y  1  42. Phương pháp thế ( giải hệ phương trình vơ tỉ ) a ) Phương pháp : Nhiều phương trình sau khi rút một ẩn ( hoặc một biếu thức ) từ phươngtrình này thế vào phương trình kia ta được một phương trình đơn thuần hoặc nhờ đó mà tacó cách đổi khác về một hệ đơn thuần. Ta thường vận dụng cách này với các hệ mà ta quansát thấy một phương trình nào đó của hệ mà một ẩn chỉ có bậc nhất hoặc ở cả hai phươngtrình của hệ có cùng một biểu thức chung nào đó. b ) Ví dụ minh họa � 7 x  y  2 x  y  5 ( 1 ) Giải hệ phương trình : � ( HSG QG – 2001 ) ( 2 ) Giải7 x  y � 0, từ ( 2 ) ta suy ra2 x  y � 0 ĐK : � 2 x  y  2  y  x, thế vào ( 1 ) ta được7 x  y  3  x  y. Do đó ta có hệ  3 � x  y � 2  3 � x  y � 2 x  y  17 x  y  9  x 2  y 2  6 x  2 xy  6 y � � x  2 y  1 � � x  19 ; y  10. � 22 x  y  4  y  x  4 y  4 x  2 xy � y  11 y  10  0D ễ thấy nghiệm x  y  1 thỏa mãn nhu cầu hệ cịn nghiệm kia thì khơng. c ) Bài tập tham khảoGiải các hệ phương trình sau : 19 ( 3 x  4  5  x ) 2 y  2 (  3 x  8 ) 1. � � y  log 2 x  1 � x x  2 y  x  1  4 y  x  1  02. � 2 ( y 3  2 y  x  1 )  y 2 ( x  1 ) 3. Phương pháp đổi khác tương đương3. 1 ) Bình phương 2 vế của phương trìnha ) Phương pháp + ) Khi gặp phương trình dạng : f  x   g  x   h  x   k  x  tất cả chúng ta thườngbình phương hai vế nhưng trong 1 số ít bài toán nếu để nguyên mà bình phương bài tốnsẽ trở thành phức tạp. Để tránh được điều đó ta hoàn toàn có thể chuyển vế linh động trước khi bìnhphương ( xem VD1 dưới đây ) + ) Khi gặp các phương trình có dạng của đẳng thứcA  B  3 3 A.BA  3 B  C và sử dụng phép thếA  3 B  3 C ta biến hóa thànhA  3 B  3 C ta được phương trình : A  B  3 3 A.B.C  Cb ) Ví dụVD1 : Giải phương trình sau : 3 x  3 x  1  x  5  4  5 xGiảiĐk : � x � Bìnhphươngvếkhơngâmcủaphươngtrìnhtađược : 12 x  1  6 x  3 x  1   9  4 x  2 ( x  5 )  4  5 x , giải phương trình này khơng khónhưng hơi phức tạp một chút ít. Phươngtrìnhgiảisẽrấtđơngiảnnếutachuyểnvếphươngtrình : x x  4  5 x  x  5  3 x  1 � 5 x  Bình phương hai vế ta có phương trình hệ quả : 3 3 x  5 x  3 x  13 x  10 � � x   Thử lại vào phương trình khởi đầu có x = 5/8 thỏa mãn nhu cầu  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x , thì ta hoàn toàn có thể biến hóa phương trình về dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương, giải phương trình hệ quảVD2 : Giải phương trình sau : x2  2 x  4  x  4  GiảiĐiều kiện : x � 2B ình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào ? 10×3  8  x  2 x  4×3  8. x  4  x 2  2 x  4. x  2, từ nhận xét này ta có giải thuật nhưx  4T a có nhận xét : sau : ( 2 ) � x  2 x  4  x  2  x3  8  x  4 x  4 x   1×3  8 � x2  x  0 � � Bình phương 2 vế ta được : x  2 x  2  x  0 x  4T hử lại : cả hai nghiệm đều khơng thỏa mãn nhu cầu nên phương trình đã cho vơ nghiệmQua giải thuật trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : Mà có : f  x . h  x   k  x . g  x  thì ta biến đổif  x   g  x   h  x   k  x  f  x   h  x   k  x   g  x  c ) Bài tập tham khảoGiải các phương trình sau : 1 ) x  1  3 x2  3 x  3 x 2  x2 ) 2 x 2  1  x 2  3 x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  23.2 ) Trục căn thức3. 2.1. Trục căn thức để Open nhân tử chunga ) Phương pháp : Một số phương trình vơ tỉ ta hoàn toàn có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậyphương trình ln đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta hoàn toàn có thể giải phương trìnhA  x   0 hoặc chứng tỏ A  x   0 vô nghiệm, quan tâm điều kiện kèm theo của nghiệm củaphương trình để ta hoàn toàn có thể nhìn nhận A  x   0 vơ nghiệmb ) Ví dụ minh họaVD1. Giải phương trình sau : 2  5 x 2   x 2  3 x  5  x  x 2    x 2  2 x  2G iải : Ta nhận thấy :  2  5 x   5  x  x   2  5 x và  3 x  x     x  2 x  2     2  5 x  Ta hoàn toàn có thể trục căn thức 2 vế :  5 x  22  5×2  5  x  x2  115 x  23 x  x 2   x 2  2 x  2D ể dàng nhận thấy x = 2/5 là nghiệm duy nhất của phương trình. VD 2. Giải phương trình sau ( OLYMPIC 30/4 ý kiến đề nghị ) : x 2  12  5  3 x  x 2  5G iải : x 2      � ۳12×2 5 Để phương trình có nghiệm thì : 3 x 5 0T a nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình hoàn toàn có thể nghiên cứu và phân tích vềdạng  x  2  A  x   0, để thực thi được điều đó ta phải nhóm, tách như sau : x  12  4  3 x  6  x  5  3 � x2  4 x 2  12  4  3  x  2   x2  4×2  5  3 � x  2 x  1 �  x  2  �  3 �  0 � x  2×2  5  3 � � x  12  4D ễ dàng chứng tỏ được : x  2 x  12  4 x  2 x  5  3  3  0,  x  c ) Bài tập tham khảoGiải phương trình : 1 ) x 2  1  x  x3  12 ) 3 x 2  4  x  1  2 x  33.2.2. Đưa về “ hệ tạm ” a ) Phương pháp  Nếu phương trình vơ tỉ có dạngA  B  C, mà : A  B   Cở dây C hoàn toàn có thể là hàng số, hoàn toàn có thể là biểu thức của x. Ta hoàn toàn có thể giải như sau : A  B  C � A  B  , khi đó ta có hệ : A  B � A  B  C � 2 A  C   � A  B   b ) Ví dụ minh họaVD1. Giải phương trình sau : 3 x 2  3 x  7  3 x 2  x  1  x  3G iảiTa thấy :  3 x  3 x  7    3 x  x  1   2  x  3  12 x   3 không phải là nghiệmXét x �  3T rục căn thức ta có : 2 x  63 x  3 x  7  3 x  x  1  x  3 � 3 x 2  3 x  7  3 x 2  x  1  2V ậy ta có hệ : � 3 x  3 x  7  3 x  x  1  2 � 2 3 x 2  3 x  7  x  5 � 11 x 2  2 x  3  0 � 2 � 3 x  3 x  7  3 x  x  1  x  3 phương trình này vơ nghiệm. Vậy phương trình bắt đầu vơ nghiệmVD2. Giải phương trình : 2 x 2  x  1  x 2  x  1  3 xTa thấy :  2 x  x  1    x  x  1   x  2 x, như vậy không thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo trên. Ta hoàn toàn có thể chia cả hai vế cho x và đặt t  thì bài tốn trở nên đơn thuần hơnc ) Bài tập tham khảoGiải các phương trình sau : 1 ) x 2  3 x  1   x  3  x 2  12 ) 4  3 10  3 x  x  2 ( HSG Toàn Quốc 2002 ) 3 ) 2  2  x   5  x   x  4 )  2  x   10  x  x 2  1  3×3  2  3 x  25 ) 2 x 2  11 x  21  3 3 4 x  4  0 ( OLYMPIC 30/4 – 2007 ) 6 ) 7 ) 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4 x 2  15  3 x  2  x 2  83.3 ) Phương trình đổi khác về tích13a ) Phương pháp : Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đơikhi cần tích hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích. Sử dụng đẳng thứcu  v  1  uv �  u  1   v  1   0 au  bv  ab  vu �  u  b   v  a   0A2  B 2 b ) Ví dụ minh họa ( 1 ) � xy  x  y  x 2  2 y 2VD1 ( D – 2008 ) Giải hệ phương trình � � x 2 y  y x  1  2 x  2 y ( 2 ) Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình ( 2 ) hay phối hợp ( 1 ) với ( 2 ) khơng thuđược tác dụng khả quan nên tất cả chúng ta tập trung chuyên sâu để giải ( 1 ). Giải. ĐK : x � 1, y � 0 ( 1 ) � y ( x  y )  ( x  y )  x  y � ( x  y ) ( y  1  x  y )  0TH 1. x  y  0 ( loại do x � 1, y � 0 ) TH 2. 2 y  1  x  0 � x  2 y  1 thế vào pt ( 2 ) ta được ( 2 y  1 ) 2 y  y 2 y  4 y  2  2 y � ( y  1 ) 2 y  2 ( y  1 ) y  1  0 y   1 � � � �. Do y � 0 � y  2. Vậy hệ có nghiệm ( x ; y )  ( 5 ; 2 ) Chú ý. Do hoàn toàn có thể nghiên cứu và phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y ( hay x ) nên hoàn toàn có thể giải pt ( 1 ) bằng cách coi ( 1 ) là pt bậc hai ẩn y ( hoặc x ). 8 xy � 2  16VD2. Giải hệ phương trình � � x  y  x2  y ( 1 ) ( 2 ) Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình ( 2 ) hay tích hợp ( 1 ) với ( 2 ) khơng thuđược hiệu quả khả quan nên tất cả chúng ta tập trung chuyên sâu để giải ( 1 ) Lời giải. 14 ĐK : x  y  0. ( 1 ) � ( x  y ) ( x  y )  8 xy  16 ( x  y ) � � ( x  y ) 2  2 xy � ( x  y )  8 xy  16 ( x  y ) � ( x  y ) � ( x  y ) 2  16 � �  2 xy ( x  y  4 )  0 � ( x  y  4 )  ( x  y ) ( x  y  4 )  2 xy   0 x   3 � y  7 x  2 � y  2TH 1. x  y  4  0 thế vào ( 2 ) ta được x  x  6  0 � � TH 2. ( x  y ) ( x  y  4 )  2 xy  0 � x  y  4 ( x  y )  0 vô nghiệm do ĐKVậy tập nghiệm của hệ là S =  (  3 ; 7 ) ; ( 2 ; 2 )  � xy  ( x  y ) ( xy  2 )  x  y  yVD3 ( Thử ĐT 2013 ) Giải hệ phương trình � ( x  1 ) ( y  xy  x  x 2 )  4 � x ; y � 0 � xy  ( x  y ) ( xy  2 ) � 0 Điều kiện : � PT ( 1 ) � xy  ( x  y ) ( xy  2 )  y  ( x  y )  0 xy  ( x  y ) ( xy  2 )  yy  xy  2 x  yx  y  0  0 x  yxy  ( x  y ) ( xy  2 )  yPT ( 3 ) � x  y, thay vào PT ( 2 ) ta được : x 3  2 x 2  3 x  4  0 � x  1 hoặc x  y  xy  2 �  0 ( 3 ) � ( x  y ) � � xy  ( x  y ) ( xy  2 )  yx  y � 4 �  ( x  1 ) 2  � x  1  Từ PT ( 2 ) ta có y  xy  x  x  �  2 � 2 x  1 x  1 � ( x  y ) ( y  xy  2 ) 1 � 17K ết hợp với điều kiện kèm theo ta có x  1, x  151  171  17 1  17 � 2 � KL : Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( x ; y ) là : ( 1 ; 1 ) ; � c ) Bài tập tham khảoGiải các phương trình sau : 1 ) x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  32 ) x  3  4 x  4 xx  33 ) 2 x  3  9 x 2  x  44 ) 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2  4. Phương pháp đặt ẩn phụ4. 1 ) Phương pháp đặt ẩn phụ thông thườnga ) Phương pháp : Đối với nhiều phương trình vơ tỉ, để giải tất cả chúng ta hoàn toàn có thể đặt t  f  x  và chú ý quan tâm điều kiện kèm theo của t nếu phương trình bắt đầu trở thành phương trình chứa một biếnt quan trọng hơn ta hoàn toàn có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “ hồn tồn ”. Nói chung những phương trình mà hoàn toàn có thể đặt trọn vẹn t  f  x  thường lànhững phương trình dễ. b ) Ví dụ minh họaVD1 : Giải phương trình : 2 x  4×2  3  2 x  4×2  3  4G iảiĐiều kiện : x � Nhận xét. 2 x  4 x 2  3. 2 x  x 2  3  3 Đặt t  2 x  4 x 2  3 t  1 ( t � 0 ) thì phương trình có dạng : t  t  4 � � t  3T hay vào tìm được x  1 = VD2. Giải phương trình : 2 x 2  6 x  1  4 x  5G iải16Điều kiện : x �  t2  5 Đặt t  4 x  5 ( t � 0 ) thì x . Thay vào ta có phương trình sau : t 4  10 t 2  25 6 22.  ( t  5 )  1  t � t 4  22 t 2  8 t  27  016 � ( t 2  2 t  7 ) ( t 2  2 t  11 )  0T a tìm được bốn nghiệm là : t1, 2   1 � 2 2 ; t3, 4  1 � 2 3D o t � 0 nên chỉ nhận các gái trị t1   1  2 2, t3  1  2 3T ừ đó tìm được các nghiệm của phương trình l : x  1  2 vàx  2  3C ách khác : Ta hoàn toàn có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện kèm theo 2 x 2  6 x  1 � 0T a được : x 2 ( x  3 ) 2  ( x  1 ) 2  0, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y  3  4 x  5 và đưa về hệ đối xứngVD3. Giải phương trình sau : x  5  x  1  6 Điều kiện : 1 � x � 6 Đặt y  x  1 ( y � 0 ) thì phương trình trở thành : y 2  y  5  5 � y 4  10 y 2  y  20  0 ( với y � 5 ) � ( y 2  y  4 ) ( y 2  y  5 )  0 � y  Từ đó ta tìm được các giá trị của x  1  21  1  17 ( loại ), y  11  17   VD4. ( THTT 3-2005 ) Giải phương trình sau : x  2004  x 1  1  xGiải : Đk 0 � x � 1 Đặt y  1  x pttt � 2  1  y   y  y  1002   0 � y  1 � x  017VD5. Giải phương trình sau : x 2  2 x x   3 x  1G iải : Điều kiện :  1 � x  0C hia cả hai vế cho x ta nhận được : x  2 x  Đặt t  x   3 , ta giải được. VD6. Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1 � 1 � Giải : x  0 không phải là nghiệm, Chia cả hai vế cho x ta được : � x  �  3 x   2 � x � Đặt t = 3 x  1 � 5, Ta có : t 3  t  2  0 � t  1 � x  c ) Bài tập tham khảoGiải các phương trình saua. 15 x  2 x 2  5  2 x 2  15 x  11 b. ( x  5 ) ( 2  x )  3 x 2  3 xc. ( 1  x ) ( 2  x )  1  2 x  2 x 2 d. x  17  x 2  x 17  x 2  9 e. 3 x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2 f. x 2  x 2  11  31 g. 2 n ( 1  x ) 2  3 n 1  x 2  n ( 1  x ) 2  0 h. x  ( 2004  x ) ( 1  1  x ) 2 i. ( x  3 x  2 ) ( x  9 x  18 )  168 xj. 1  x2  2 3 1  x2  3N hận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên tất cả chúng ta chỉ xử lý được một lớp bài đơngiản, đơi khi phương trình so với t lại q khó giải184. 2 ) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 so với 2 biếna ) Phương pháp : Chúng ta đã biết cách giải phương trình : u 2   uv   v 2  0 ( 1 ) bằng � u � � u � cách xét v � 0 phương trình trở thành : � �   � �    0 � v � � v � v  0 thử trực tiếpCác trường hợp sau cũng đưa về được ( 1 ) a. A  x   bB  x   c A  x . B  x   u   v  mu 2  nv 2C húng ta thay các biểu thức A ( x ), B ( x ) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phươngtrình vơ tỉ theo dạng này. b ) Ví dụ minh họaPhương trình dạng : a. A  x   bB  x   c A  x . B  x  Như vậy phương trình Q  x    P  x  hoàn toàn có thể giải bằng chiêu thức trên nếu � P  x   A  x . B  x  Q  x   aA  x   bB  x  Xuất phát từ đẳng thức : x 3  1   x  1   x 2  x  1  x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1   x 2   x 2  x  1   x 2  x  1    x4  1  x2  2 x  1 x2  2 x  14 x 4  1   2 x 2  2 x  1   2 x 2  2 x  1  Để có một phương trình đẹp, tất cả chúng ta phải chọn thông số a, b, c sao cho phương trình bậc haiat 2  bt  c  0 giải “ nghiệm đẹp ” VD1. Giải phương trình : 14 x3  8  3 ( x 2  8 ) Giải : Đặt u  x 2  2 x  4, v  x  2 ( u  0 ; v � 0 ) 19 u  3 v14 � x 2  7 x  22  0 phươngphương trình trở thành : u  2 v  uv � u   v ( ktm ) trình vơ nghiệm. VD2. Giải phương trình : x 2  3 x  1   3 4 x  x2  1P hương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2P hương trình cho ở dạng này thường khó “ phát hiện “ hơn dạng trên, nhưng nếu tabình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. VD1. giải phương trình : x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1G iải : u  x2Ta đặt : � khi đó phương trình trở thành : u  3 v  u 2  v 2VD2. Giải phương trình sau : x 2  2 x  2 x  1  3 x 2  4 x  1G iảiĐk x �. Bình phương 2 vế ta có :  x  2 x   2 x  1   x 2  1 �  x  2 x   2 x  1    x 2  2 x    2 x  1  � 1  5 u  u  x  2 xTa hoàn toàn có thể đặt : � khi đó ta có hệ : uv  u  v � � � 1  5 u  1  51  5D o u, v � 0. u  v � x2  2 x   2 x  1  c ) Bài tập tham khảoGiải phương trình sau : 1 ) 2 x 2  5 x  1  7 x3  12 ) x 3  3 x 2  2  x  2   6 x  0203 ) 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  14.3. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồna ) Phương pháp : Từ những phương trình tích như :   x  5  2 x   2 x  1  32 x  1  2 x  5  0, x  5  2 x  4  0K hai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào vào phương trình tích mà ta xuất phát. Từ đó tất cả chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này. Phương pháp giải được thểhiện qua các ví dụ sau. b ) Ví dụ minh họa5 � 33 3 x 2  x  � x  3 x 2  x  VD1. Giải phương trình : 3 x  � 2 � 2G iải : � 1 t  3 x  � t  x   0 � � 2 t  3 x 2  x, ta có : t  � � 2 � 2 t   3 x  1VD2. Giải phương trình :  x  1  x 2  2 x  3  x 2  1G iải : Đặt : t  x 2  2 x  3, t � 2K hi đó phương trình trở thnh :  x  1  t  x  1 � x  1   x  1  t  0B ây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có  chính phương : t  2 x 2  2 x  3   x  1  t  2  x  1   0 � t 2   x  1  t  2  x  1   0 � � t  x  1 c ) Bài tập tham khảoGiải phương trình sau : 1 ) 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2212 ) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  164.4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tícha ) Phương pháp : Xuất phát từ 1 số ít hệ “ đại số “ đẹp tất cả chúng ta hoàn toàn có thể tạo ra được nhữngphương trình vơ tỉ mà khi giải nó tất cả chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữacác ẩn phụ để đưa về hệXuất phát từ đẳng thức :  a  b  c   a 3  b3  c3  3  a  b   b  c   c  a , Ta có : a 3  b3  c3   a  b  c  �  a  b   a  c   b  c   0T ừ nhận xét này ta hoàn toàn có thể tạo ra những phương trình vơ tỉ có chứa căn bậc ba. b ) Ví dụ minh họa : VD1. Giải phương trình : 5×2  2  5×2. 3  5 x2  3  5×2. 6  5 x2  6  5 x2. 2  5 x 2 u  2  5×2 v  3  5 x 2, ta có : Giải : � w  6  5×2 được : w  2 � x  � 2  u 2  uv  vw  wu  u  v   u  w   2 � 23  v  uv  vw  wu � �  u  v   v  w   3, giải hệ ta6  w2  uv  vw  wu  v  w   u  w   6VD2. Giải phương trình sau : 2 x 2  1  x 2  3 x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 a  b  Giải. Ta đặt : � c  d  2×2  1 a  b  c  d � x   2, khi đó ta có : � 2 2 a  b  c2  d 22×2  2 x  3 x 2  3 x  2×2  x  2 c ) Bài tập tham khảoGiải các phương trình sau1 ) 4×2  5 x  1  2 x2  x  1  9 x  32 ) x  4 x  1  x   4  1  x   1  x  4 x3  4 x 2  1  x  224.5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ quen thuộc4. 5.1 ) Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thườnga ) Phương pháp : Đặt u    x , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đótìm được hệ theo u, vb ) Ví dụ minh họaVD1. Giải phương trình : x 25  x x  25  x  30 Đặt y  3 35  x3 � x3  y 3  35 � xy ( x  y )  30K hi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau : � 3, giải hệ này ta � x  y  35 tìm được ( x ; y )  ( 2 ; 3 )  ( 3 ; 2 ). Tức là nghiệm của phương trình là x � { 2 ; 3 } 2  1  x  4 x  VD2. Giải phương trình : Điều kiện : 0 � x � 2  1 � 2  1  x  u  � � 0  u �  Đặt � 2 1,0 v2 1 � 1 u  4  v � � Ta đưa về hệ phương trình sau : � � 1 � 4 u  v  2  1 � 4  v �  v  2  1 � 2 � 1 � v  4 �  0, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệmGiải phương trình thứ 2 : ( v  1 )  � 2 � của phương trình. c ) Bài tập tham khảoGiải phương trình sau : 1 ) x  5  x  1  6232 ) 6  2 x 6  2 x 85  x5  x 34.5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại IIa ) Phương pháp : Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài tốn giải phương trình bằngcách đưa về hệ đối xứng loại II  x  1   y  2T a xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : �  y  1   x  2 ( 1 ) ( 2 ) việc giải hệnày thì đơn giảnBây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y  f  x  sao cho ( 2 ) luônđúng, y  x  2  1, khi đó ta có phương trình :  x  1   ( x  2  1 )  1 � x 2  2 x  x  2V ậy để giải phương trình : x 2  2 x  x  2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ   x     ay  bBằng cách tựa như xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : �, ta sẽ xây dựngaxđược phương trình dạng sau : đặt  y    ax  b, khi đó ta có phương trình :   x    ax  b  b  Tương tự cho bậc cao hơn :   x     anax  b  b  Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khia triển ta phải viết về dạng :   x     p n a ‘ x  b ‘   v đặt  y    n ax  b để đưa về hệ, quan tâm về dấu của  Việc chọn  ;  thường thì tất cả chúng ta chỉ cần viết dưới dạng   x     p n a ‘ x  b ‘   là chọn được. b ) Ví dụ minh họaVD1 : Giải phương trình : x 2  2 x  2 2 x  124 Điều kiện : x � Ta có phương trình được viết lại là : ( x  1 ) 2  1  2 2 x  1 � x  2 x  2 ( y  1 ) Đặt y  1  2 x  1 thì ta đưa về hệ sau : � 2 � y  2 y  2 ( x  1 ) Trừ hai vế của phương trình ta được ( x  y ) ( x  y )  0G iải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là : x  2  2VD2 : Giải phương trình : 2 x 2  6 x  1  4 x  5G iảiĐiều kiện x �  Ta biến hóa phương trình như sau : 4 x 2  12 x  2  2 4 x  5 � ( 2 x  3 ) 2  2 4 x  5  11 Đặt 2 y  3  4 x  5 ta được hệ phương trình sau : ( 2 x  3 ) 2  4 y  5 � ( x  y ) ( x  y  1 )  0 ( 23 ) Với x  y � 2 x  3  4 x  5 � x  2  3V ới x  y  1  0 � y  1  x � x  1  2K ết luận : Nghiệm của phương trình là { 1  2 ; 1  3 }  Dạng hệ gần đối xứng ( 2 x  3 ) 2  2 y  x  1 ( 1 ) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưngTa xét hệ sau : � ( 23 ) tất cả chúng ta vẫn giải hệ được, và từ hệ này tất cả chúng ta xây dưng được bài tốn phương trình sau : VD3 : Giải phương trình : 4 x 2  5  13 x  3 x  1  033 � 13 � 2 x  �  3 x  1  Nhận xét : Nếu tất cả chúng ta nhóm như những phương trình trước : � 4 � 25

Source: https://vietsofa.vn
Category : Góc học tập