CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
1
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
LÝ THUYẾT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO (PHẦN 1) Trong chương trình Toán phổ thông, phương trình bậc cao (phương trình có bậc lớn hơn 2) là một nội dung quan
trọng, quen thuộc nhưng cũng rất phong phú, đa dạng. Thông thường, để giải phương trình bậc cao, phương pháp
chung quy là đưa về phương trình bậc thấp hơn (hạ bậc phương trình) hoặc đưa về các dạng toán đặc thù.
KIẾN THỨC – KỸ NĂNG CHUẨN BỊ
1. Kỹ thuật nhân, chia đơn thức, đa thức.
2. Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
3. Nắm vững các phương pháp giải, biện luận phương trình bậc nhất, bậc hai.
4. Sử dụng thành thạo các ký hiệu toán học, logic (ký hiệu hội, tuyển, kéo theo, tương đương).
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH
Bài toán 1. Giải phương trình
4 2
3 2 0
x x
.
Lời giải.
Đặt
Với
2
2 2 2 2
t x x x hoặc
2
x
.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
2; 1;1; 2
S
.
Nhận xét.
Bài toán trên là dạng toán phương trình trùng phương quen thuộc, sử dụng đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc 2
với ẩn số phụ, tính nghiệm và sử dụng phương pháp nhóm hạng tử để đưa về phương trình về dạng tích của hai
phương trình bậc nhất, giải và kết luận nghiệm trở nên dễ dàng.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
4 2
2
2 2
2
2 4 2
2
2 4
6 3 3 3 3 3 3 3
3
1 1
8 8 0 1 8 1 0 1 8 0
2
8
x x
x x x x x x x x
x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
1;2
S
.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
2
x x
x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 3. Giải phương trình
3 2
6 3 2 0
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3 2 2 2 2
Nhận xét.
Để ý rằng tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên đa thức
3 2
6 3 2
f x x x x
có một nghiệm bằng 1. Sử
dụng phương pháp nhóm hạng tử sao cho xuất hiện nhân tử
1
x
, đưa phương trình đã cho về phương trích tích.
Lưu ý.
Phương trình bậc cao có tổng các hệ số bằng 1 thì có nghiệm bằng 1; tức là chứa nhân tử
1
x
.
Phương trình bậc cao có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì có nghiệm bằng
1
.
Nhận xét.
Phương trình ban đầu không có các nghiệm đặc biệt là 1 và
1
. Sử dụng máy tính cho nghiệm bằng 2, 3 và 4. Kết
hợp phương pháp tách nhóm đưa phương trình đã cho về phương trình tích. Giả dụ chọn nhân tử
2
x
, mặc nhiên
nhân tử còn lại sẽ là tích của hai nhân tử
3 . 4
x x
Bài toán 5. Giải phương trình
3 2
3 3 3 1 0
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3
3 3 2 3
3
3
1
2 3 3 1 0 1 2 1 2
1 2
x x x x x x x x x
.
Nhận xét.
Phương trình ban đầu là một phương trình bậc ba, và đặc biệt không cho nghiệm hữu tỷ. Có thể nói trong trường
hợp này phương pháp phân tích nhân tử thông thường và sử dụng lược đồ Horne bị vô hiệu hóa. Tuy nhiên nếu để ý
một chút, các bạn có thể thấy hằng đẳng thức xuất hiện, và bài toán trở nên dễ dàng.
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
3 2
3 2
3 2
3 2
3 2 3 2
3 2 2 2
2
2
1 2 1 2 1 3 1 0 1 2 2 3 0
1 3 3 3 0 1 3 3 3 0
1
1 3 1 0 3
1 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x
x x x x x
x x
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1, 5 5 5 6 0
2, 3 2 12 8
3, 2 8 18 9 0
4, 7 2 28 24 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 7. Giải phương trình
3 3
3 5 8
x x
.
Lời giải 1.
S
.
Lời giải 2.
Đặt
4
x t
; phương trình đã cho trở thành
3 3
3 2 3 2 3 3
2
2
1 1 8 3 3 1 3 3 1 8 2 6 8 0 3 4 0
1
1 4 0
4 0
t t t t t t t t t t t t
t
t t t
t t
Lời giải.
Đặt
4
x t
; phương trình đã cho trở thành
2 2 2 2
4 4
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 4 2 2 2 2
1 1 16 1 2 1 2 16 1 4 1 4 1 4 1 4 16
1 5
2 1 8 16 6 7 0 1 7 0 1
1 3
t t t t t t t t t t t t t t
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
5
Bài toán 9. Giải phương trình
3 3 3
3 2 1 3 2
x x x .
Lời giải.
Đặt
3 ;2 1 3 2
x a x b a b x
. Phương trình đã cho trở thành
3
3 3 3 3 3 3
3
3 0
1
3 0 2 1 0
2
3 2 0
2
3
x
.
Nhận xét.
Các bạn có thể thấy lời giải bài toán 9 khá nhẹ nhàng và ngắn gọn, thông qua một phép đặt hai ẩn phụ và kết hợp
hằng đẳng thức cơ bản. Vì sao lại thế ? Dễ thấy
3 2 3 2 1
x x x
nên chúng ta có phép đặt như trên. Mặc
nhiên, bài toán vẫn giải trọn vẹn theo cách khai triển hằng đẳng thức trực tiếp không thông qua ẩn phụ.
Lưu ý các hằng đẳng thức sau để thuận tiện sử dụng
3
3 3 2 2 3 3
3
3 3 2 2 3 3
3 3 3
3 3 3
a b a b a b ab a b ab a b
a b a b a b ab a b ab a b
Bài tập tương tự.
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 10. Giải phương trình
2
2
1 5
1 2
x x
x x
.
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
2
1
x
t
0
x
).
Với
2
2 1 2 2 0
t x x
. Phương trình này vô nghiệm vì
0
.
Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm
1
S
.
Nhận xét.
Bài toán được giải bằng phép đặt ẩn phụ cơ bản đưa về phương trình bậc hai 1 ẩn. Đối với các phương trình chứa
ẩn ở mẫu, đặt ẩn phụ thường được ưu tiên vì làm giảm đi sự cồng kềnh về mặt hình thức. CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
6
Bài toán 11. Giải phương trình
2
2
x x
".
Phương trình đã cho tương tương với
2 2
1
2 3 4 3 2 0 1 2 0
2
t
t t t t t t
t
Với
2
1
1 1 1 0
t x x x
x
. Phương trình này vô nghiệm vì
0
.
78x x
x x
.
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
3 . 3 3
x t t x x x x x x t t
x x x x x x x
Phương trình đã cho trở thành
Với
2
9 77
2
9 9 1 0
9 77
2
x
t x x
x
Phương trình đã cho có bốn nghiệm.
Nhận xét.
Về phương cách giải tương tự bài toán 8 và 9. Các bạn lưu ý các hằng đẳng thức sau thêm một lần
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
2 4 2.2 . 4 4
x t t x x x t
x x x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
2 3 2 2
2
1
5 5 36 5 5 11 0 1 6 11 0
6 11 0
t
t t t t t t t t
t t
).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1
;1
2
S
.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
2
3
3
2
2
3
3
2
2
1 3 5
1,
3 1 2
2 2 1
2, 2
2 1 2
Bài toán 14. Giải phương trình
4 3 2
2 6 2 1 0
x x x x
.
Lời giải.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
2 1 1 1
2 6 2 6 0
x x x x
x x x x
(1).
t x x x
x
.
Với
2
2 3
1
4 4 4 1 0
2 3
x
t x x x
x
x
Phương trình ban đầu có tập nghiệm
2 3; 2 3;1
S
.
.
Đặt ẩn phụ
2 2
2
1 1
2
x t x t
x x
.
Lưu ý có thể tìm miền giá trị cho ẩn phụ t bằng bất đẳng thức Cauchy hoặc phương trình bậc hai.
Đưa về phương trình
2
2 0
at bt c a
và giải nghiệm.
Bài toán 15. Giải phương trình
4 3
2 3 4 3 2 0
x x x x
.
Lời giải.
2
0
1 2 3 0 2 3 0
2 3 0
t
t t t t
t
Với
2
1
0 1 0
1
x
t x
x
4 3 2
0
ax bx cx bx a
. Đặt ẩn phụ
2 2
2
1 1
2
x t x t
x x
.
Lưu ý trong trường hợp này ẩn phụ mới t không cần điều kiện.
Bài toán 16. Giải phương trình
4 3 2
9 6 25 8 16 0
x x x x
.
Lời giải.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
Với
2
1 3 4 0
t x x
. Phương trình này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét.
Phương trình ban đầu được gọi là phương trình hồi quy mở rộng, cách giải hoàn toàn tương tự.
Dạng tổng quát
4 3 2
0
ax bx cx dx e
trong đó các hệ số thỏa mãn điều kiện
2
; 0
e d
e
a b
. CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
9
Bài tập tương tự.
1 1 3 5 9
x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
1 5 1 3 9 4 5 4 3 9
x x x x x x x x
(1).
Đặt
.
Bài toán 18. Giải phương trình
1 2 4 5 112
x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
Phương trình (3) vô nghiệm sở dĩ
0
;
6
2 6 3 0
3
x
x x
x
Kết luận tập nghiệm của phương trình là
6;3
S
.
Nhận xét.
Hai bài toán 17 và 18 đều được giải bằng phương pháp đặt một ẩn phụ. Hai lời giải tương ứng tuy có khác nhau về
câu chữ cũng như cách đặt ẩn, nhưng đơn thuần chỉ là nét linh hoạt và sáng tạo khi làm toán. Các bạn có thể nhận
thấy trong lời giải bài toán 17, cách đặt ẩn trung bình
0
m
.
Cách giải:
Chẳng hạn
a b c d k
, ta nhận thấy nếu nhóm
2 2
x a x b x c x d m x a b x ab x c d x cd m
thì sẽ xuất hiện hạng tử chung
2
2 2 2
1 3 2 6 36 1 6 3 2 36
0
5 6 5 6 36 0 5 36 36 0 5 0
5
x x x x x x x x
x
x x x x x x x x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình:
x x x x
x x x x
x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 20. Giải phương trình
2
2
2
1 2 2 1 27
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
Loại trường hợp
11 0
t
. Với
2
1
3 2 2 1 0
2
x
t x x x x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
2;1
6 8 6 7 2 4 1 7 0
2
1
x x x x x x x x x x
x
x
x x x x x x x x
x
x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
11Nhận xét.
Lời giải hai bài toán 20 và 21 về phương pháp không có gì mới lạ, xoay quanh hằng đẳng thức và đặt ẩn phụ. Bài
toán 21 được giải trực tiếp, đưa về phương trích tích 4 nhân tử, không thông qua phép đặt ẩn, tuy nhiên cũng chỉ là
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 22. Giải phương trình
2 2 2
5 1 1 21
x x x x x
.
Lời giải 1.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
t t t t
t
Với
2
1
5 3 5 1 0 1
t x x x
x
.
Với
2
4 15
1
5 3 5 8 1 0
4 15
x
t x x x
x
x
1
x t
thì (1) trở thành
2
2 2 2 2 2
1
6 16 0 2 8 16 0 2 8 0 1 8 1 0 4 15
4 15
x
t tx x t tx tx x t x t x x x x x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
4 15;1; 4 15
S
.
Nhận xét.
2 2 2
2 7 3 2 25 75 224
x x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2 2
2 1 3 2 5 15 224 2 1 15 3 2 5 224
2 29 15 2 15 224 1
x x x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x
x x x x x x x x
5 345
4
Vậy phương trình có tập nghiệm
25 345 15 25 345
; ;1;
4 2 4
S
2 2
2
1, 1 4 5 20 400
2, 2 3 2 24 16
3, 4 3 6 8 24
4, 8 12 12 27 840
5, 1 2 3 2 3 20
x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 24. Giải phương trình
2
2
2 3 9
3 10
1 2
x x
x x
x
2 3 9 2 3 9
3 3
3 2 3
10 10
1 2
x x x x
x x
x x
x x
(2)
Đặt
3
1
x t
x
;
2 2 2
2 3 9
2 9 41 20 0 5 9 4 0 4 3 9 13 27 0
1 10
t t t t x x x x
t t
Lời giải.
Điều kiện
1
; 6; 2; 3; 0
2
x x x x x
(*). Phương trình có dạng
2 22 2
3 5 10 3 5 10 3 5 10
6 6
2 13 6 2 7 6
2 13 6 2 7 6 21 21 21
2 13 2 7
x x x x
x x x x x
x x
x x
x x
(1).
Đặt
6
2 7
x t
x
p
ax bx c ax dx c
.
Cách giải về cơ bản vẫn là đặt ẩn phụ, sau khi chia cả tử số và mẫu số của mỗi phân thức cho x (x khác 0).
2 22 2
mx nx m n m n
p p p
c c
ax bx c ax dx c
ax bx c ax dx c
ax b ax d
x x
x x
Bài toán vẫn thường mang đặc tính "Giấu mặt", cần có cách nhìn tinh tế và khéo léo để nhận dạng. Trình bày sao
cho vừa logic vừa tiết kiệm thời gian và giảm thiểu sai sót trong tính toán.
Bài toán 26. Giải phương trình
2
2
2
2 1 27
2 2
7 7
4 1
4 7 4 4 28 137 137
0 4. 0
7 7
2 7 8 7 15 15
2 8
x x
x x x x
x x
x x x x
x x
x x
.
Đặt
7
8
x t
x
thu được phương trình
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
14Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2 2
2 2
2
2 5 34
1,
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 27. Giải phương trình
2
2 2 2
2 5 2 6 0
x x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
4 3 2
5 10 10 4 0
x x x x
.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
1
1 2 2 2 0 2
2 2 0
t t t t x x
x x
x
x x x x x
x x
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1;2
S
.
x
x x x x x
x x
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1;2
S
.
Nhận xét.
Có thể thấy lời giải 1 hết sức thuần túy (phương trình hồi quy mở rộng quen thuộc). Trong khi đó lời giải 2 khá trực
tiếp, không thực hiện khai triển mà vẫn nhẹ nhàng và gọn gàng.
Nguyên do chúng ta đã quy về phương trình bậc hai ẩn t tham số x:
2 2
5 6 0
t xt x
.
15
Bài toán 28. Giải phương trình
2
2 2
3 1 1 4 15 1 0
x x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
Phương trình đã cho có tập hợp nghiệm
2;0; 2;2
S
.
Nhận xét.
Các bạn có thể nhận thấy bài toán 28 mang tính chất "Giấu mặt". Để ý một chút chúng ta đã đưa về phương trình
hệ quả (1), làm nổi bật bản chất đồng bậc quen thuộc. Sau khi đặt hai ẩn phụ a và b ta thu được
2 2
4 3 0
a ab b
.
Không nhất thiết coi đây là phương trình bậc hai ẩn a (hoặc ẩn b), tất nhiên không cần tính biệt thức
.
Nếu chia hai vế cho
2
b
thì thu được
2
4 3 0
a a
b b
.
Nhiều bạn thắc mắc: Tại sao khi chia hai vế cho
2
b
mà không xét trường hợp
0
b
?
Về nguyên tắc cần xét trường hợp
0
b
. Tuy nhiên chúng ta có thể phác thảo toàn bộ các bước tính toán trên, sau
cùng chỉ sử dụng kết quả (*) và kết quả là lời giải phía trên.
Đối với các bài toán không có tính đồng bậc, bắt buộc chúng ta phải coi phương trình là bậc hai theo một ẩn nào
đó, tính biệt thức chính phương và tính nghiệm theo công thức nghiệm cơ bản. Để giảm thiểu các sai sót trong lý
luận và thực hành về giá trị tuyệt đối, các bạn nên sử dụng phép nhân đa thức ngược trở lại để lời giải tự nhiên
hơn.
Bài toán 29. Giải phương trình
2 2
2
2
2 2 4
2 2 5.
3 3 9
x x x
2 2 2 2
2 2 5 2 4 2 0 2 2 2 0 2 2 0
a b ab a ab ab b a a b b a b a b a b
Với
2 2 2
3 33
2 2
2
2 2. 2 6 6 3 6 0
3 3
3 33
2
x
x x
a b x x x x x x
x x
x
Kết luận phương trình đã cho có bốn nghiệm như trên. CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
16
Bài toán 30. Giải phương trình
2
4 4
2
3 6 2 2
x x x x
.
Lời giải.
Đặt
2
(Vô nghiệm).
Với
2 2 2
2 6 9 2 8 8 14 1 0 7 5 2; 7 5 2
a b x x x x x x x x
.
Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm
7 5 2;7 5 2
S
.
Bài toán 31. Giải phương trình
2
2
2 3
2 1 7 1 13 1
x x x x
.
Lời giải.
S
.
Nhận xét.
Các bài toán 29, 30, 31 đều được giải bằng phép đặt ẩn hai ẩn phụ, đưa về ba bài toán có phương trình đồng bậc
với nghiệm số hữu tỷ. Điểm nhấn của các bài toán nằm ở sự kết hợp các ẩn phụ tạo thành biểu thức phức tạp hoặc
hằng đẳng thức, ẩn giấu đi bản chất bài toán và phương hướng giải. Những bài toán dạng này thường xuất hiện
trong kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên hoặc kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng, đòi
hỏi tư duy cao cũng như khả năng nhìn nhận bài toán theo nhiều chiều.
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
7 2
6, 6 4 24
2 1 1
2 1 2 1
7, 3 2
3
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
x
x x
x
x x
x x x
x x
x x
x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
17
Bài toán 32. Giải phương trình
2
2
3
1
x
x
x
.
Lời giải.
Điều kiện
1
x
. Phương trình đã cho tương đương với
2
2 3 0 1; 3
t t t
.
Với
2
1 5 1 5
1 1 0 ;
2 2
t x x x
(Thỏa mãn điều kiện
1
x
).
Với
2
3 3 3 0; 0
t x x
nên phương trình này vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1 5 1 5
.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
2
1 2 1 2 1 1 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
x x x x x x x x x x x x x
x
.
Đặt
2
2 0
x x
. Vậy phương trình có tập nghiệm
1 3; 1 3; 1
S
.
Lời giải 2.
Điều kiện
2 0
x x
. Đặt
; 2 2
x a x b b a
. Ta có hệ phương trình
2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
Biến đổi
1 1 2 0 1; 2
ab ab ab ab
.
Với
2
2 1
1
2 1 0
1 1
b a
b a b
x
a a
Kết luận: Tập nghiệm
1 3; 1 3; 1
S
. CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
18
Nhận xét.
Lời giải bài toán 32 và lời giải 1 bài toán 33 tương tự nhau. Mấu chốt của hai lời giải này là sử dụng phép thêm bớt
hạng tử khéo léo, đưa về bình phương đúng và tiếp tục dùng ẩn phụ đơn thuần.
Trong lời giải 2 của bài toán 33 đã sử dụng hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình, về tư duy không quá khó nhưng yêu
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 34. Giải phương trình
2
2 2
3 4 3 8 16
x x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2
3 4 3 3 4 4
2 2 2 2
2
4 4 4 0 2 4 4 0
2 4 4 0 1 5; 1 5;0; 4
y x x y x y x y x x x x
x x x x x
Kết luận tập nghiệm của phương trình là
1 5; 1 5;0; 4
S
.
Lời giải 2.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2
2
2 2
1, 8 15 9 2 2 4 3
2, 2 2 2 5 4 3 5 0
x x x x
x x x x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
19
Bài toán 35. Giải phương trình
4 3 2
10 9 24 9 0
x x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
Lời giải 2.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
2 2
9 3 9 3 3 9 3 0
1 13 1 13 9 69 9 69
3 9 3 0 ; ; ;
2 2 2 2
x x x x x x x x
x x x x x
Nhận xét.
Dễ thấy các nghiệm đều vô tỷ nên có thể thấy các phương pháp nhẩm nghiệm đều vô hiệu, hơn nữa bài toán cũng
không nằm trong các dạng đặc biệt mà ta đã biết. Trong trường hợp này các bạn có thể nghĩ tới kỹ thuật phân tích
hằng đẳng thức, đưa bài toán về nhân tử một cách tự nhiên như lời giải 1. Tuy nhiên nó cũng có mang yếu tố "may
4 3 2 2 2 4 3 2
10 9 24 9
x x x x x ax b x cx d x a c x b d ac x ad bc x bd
.
Trong đó dễ thấy
; 9; 1 , 9;1 , 3; 3
b d
. Hoán vị vẫn không thay đổi kết quả bài toán.
Sử dụng đồng nhất hệ số
10
9
24
9
, , ,
a b c d
.
Nếu tích hệ số bd quá lớn, các bạn có thể sử dụng phép gán giá trị và thử chọn.
Bài toán 36. Giải phương trình
2 4
21 10 3
x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
5 3 5 5 3 5 3 0
x x x x x x x x
2 2
5 21 5 21 5 13 5 13
5 1 5 3 0 ; ; ;
2 2 2 2
x x x x x
Kết luận tập nghiệm của phương trình.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
20
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
4 2
4 2
4 2
1, 2 8 3
2, 2 12 8
3, 3 10 4
x x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 37. Giải phương trình
4 3 2
4 2 12 1 0
x x x x
.
Kết luận nghiệm của phương trình:
1 4 10;1 4 10;1 4 10;1 4 10
S .
Nhận xét.
Lời giải bài toán rất độc đáo và mang đậm tính chất "không mẫu mực". Nếu thiết lập hai phương trình hệ quả lấy
hai trong bốn nghiệm vô tỷ trên dễ thấy không chứa hệ số nguyên. Điều này khẳng định thêm một lần: Phương
pháp phân tích hằng đẳng thức và hệ số bất định bị vô hiệu hóa.
Nguyên do vì sao chúng ta có lời giải phía trên ?
4 3 2
4 3 2 3 2
4 2 12 1
4 1 4 3 3 1
y f x Y F X X a X a X a X a
Y F x X a X BX a x a X
:
Khi đó
4 2
8 6
F X X X
. Đó là bản chất của lời giải phía trên.
Bài tập tương tự.
Giải phương trình
4 3 2
4 9 10 7 0
x x x x
.
[Hẹn gặp lại các bạn tại Lý thuyết giải phương trình bậc cao phần 2 ; Sở chỉ huy trung đoàn 2 – Sư đoàn 5 –
Quân đoàn bộ binh]
Copyright: Tài liệu đại học ©