MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 1
LI NểI U: Phng trỡnh l mt mng kin thc quan trng trong chng trỡnh
Toỏn ph thụng. Gii phng trỡnh l bi toỏn cú nhiu dng v gii rt linh
hot, vi nhiu hc sinh k c hc sinh khỏ gii nhiu khi cũn lỳng tỳng
trc vic gii mt phng trỡnh, c bit l phng trỡnh vụ t.
Trong nhng nm gn õy, phng trỡnh vụ t thng xuyờn xut hin
cõu II trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc v Cao ng. Vỡ vy, vic
trang b cho hc sinh nhng kin thc liờn quan n phng trỡnh vụ t kốm
vi phng phỏp gii chỳng l rt quan trng. Nh chỳng ta ó bit phng
trỡnh vụ t cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii khỏc nhau. Trong bi
tp ln ny, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp gii phng trỡnh vụ
t, mi phng phỏp u cú bi tp minh ha c gii rừ rng, d hiu;
sau mi phng phỏp u cú bi tp ỏp dng giỳp hc sinh cú th thc hnh
gii toỏn v nm vng cỏi ct lừi ca mi phng phỏp.
Hy vng nú s gúp phn giỳp cho hc sinh cú thờm nhng k nng cn
thit gii phng trỡnh cha cn thc núi riờng v cỏc dng phng trỡnh
núi chung.



2 2
4 4
1 ( ) 1 2 (1 )
3 9
x x x x x x


2 2
4( ) 6 0
x x x x


2 2
2 (2 3) 0
x x x x


2
2
0
3
2
x x
x x







(tha iu kin)
Vy nghim ca phng trỡnh l
0; 1
x x

.


Cỏch 2:
Nhn xột:
2
x x

c biu din qua
x
v
1
x

nh vo ng thc:


2
2
1 =1+2

t
t t t
t








Vi
1
t

ta cú phng trỡnh:

2 2
0
1 1 2 0 0
1
x
x x x x x x
x







có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x
  
.
(*) 2 . 1 3 1 3 3
x x x x
     



1 2 3 3 3 (1)
x x x    
.
9
4
x

không thỏa mãn phương trình (1).
Do đó,
3 3
(1) 1 (2)
2 3
x
x

2 3
t
t
t

 
  
 

 

2 2 2 2
(4 12 9) 9 18 9 4 12 9
t t t t t t t
        

4 3 2
4 12 14 6 0
t t t t
    

3 2
(2 6 7 3) 0
t t t t
    

2
( 1)(2 4 3) 0
t t t t
    

Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 4:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x
  
.
Đặt
( 0); 1 ( 0)
a x a b x b
    
.
Ta có hệ phương trình:

  



    


www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 4
2 3( ) 3
1
2
ab a b
a b
a b
  



 




 


1
0

2
1
0
0
0
1
a
b
X X
a
b
 






  









.
(Trường hợp

1
1
1 0
x
x
x



 

 


(thỏa điều kiện).
Với
0
1
a
b





ta có
0
0
1 1
x

sin os 1
a c a
 
.
Đặt
sin , 0 a
2
x a

  
.
Phương trình (*) trở thành:
2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a
    3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)
a a a a v a
    

2
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0
a a a a
     

sin cos 1

 


 


  

    


  




2 0
( ) ( ì 0 )
2
2
2 2
a k a
k v a
a k a


 

 
 

x x

.

Qua bi toỏn m u, ta thy cú nhiu cỏch khỏc nhau gii mt phng
trỡnh vụ t. Tuy nhiờn, cỏc cỏch ú u da trờn c s l phỏ b cn thc v a
v phng trỡnh n gin hn m ta ó bit cỏch gii. Sau õy, tụi xin trỡnh by
mt s phng phỏp c th gii phng trỡnh vụ t.

B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH Vễ T
I. PHNG PHP BIN I TNG NG
Hai phng trỡnh c gi l tng ng nu chỳng cú cựng tp
nghim.
Mt s phộp bin i tng ng:
Cng, tr hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc m khụng
lm thay i tp nghim ca phng trỡnh.
Nhõn, chia hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc khỏc 0
m khụng lm thay i iu kin ca phng trỡnh.
Ly tha bc l hai v, khai cn bc l hai v ca phng trỡnh.
Ly tha bc chn hai v, khai cn bc chn hai v khi hai v
ca phng trỡnh cựng dng.

1. Ly tha hai v ca phng trỡnh:2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k
k

.

2 2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k k
g x
f x g x
f x g x






.
Thụng thng nu ta gp phng trỡnh dng :
A B C D

, ta
thng bỡnh phng 2 v, iu ú nhiu khi cng s gp khú khn.
Vi phng trỡnh dng:
3 3 3
A B C
v ta thng lp phng hai v
a phng trỡnh v dng:


3 33

(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10
x x x x x x
         

2 2
2 11 10 7 10
x x x x
      

2 2 2
11 14 4 11 10 7 10
x x x x x x
        

2
11 10 1
x x x
     

2 2
1 0
11 10 2 1
x
x x x x
  



    


x x x
      

3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3
x x x x x x
          

3 3
3
2 ( 1)( 2)( 1 2) 0
x x x x x
        



3
3
2 ( 1)( 2) 3 0
x x x x
       

3
( 1)( 2)( 3) 2
x x x x
     

3 2 3 2
6 11 6 6 12 8







1 3 3 1 2 2 1
x x x x x
     
, để giải phương trình này dĩ nhiên là không
khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3 1 2 2 4 3
x x x x
     

Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :
2 2
6 8 2 4 12
x x x x
   

2
2( 1) 0 1
x x
    

Thử lại,
1
x





f x h x g x k x
  
, thì ta biến đổi phương trình về dạng :








f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài 4:
Giải phương trình :
3
2
1
1 1 3 (1)
3
x
x x x x
x

3
x
x x x x
x

       


Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

 

       


 




thì ta biến đổi phương trình về dạng:








f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
     
.
2.
3 1 4 1
x x
   
.
3.
1 6 5 2



0
0
x x A x
 
ta có thể giải phương trình
www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 8


0
A x

hoặc chứng minh


0
A x

vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh giá


0
A x

vô nghiệm.






2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x
       
và






2 2
2 3 4 3 2
x x x x
     
.


2 2 2 2
3 5 1 3 1 2 3 4
pt x x x x x x x
          

 
2 2
2 2

x
 
(thỏa).
Dễ dàng chứng minh được phương trình
 
2 2
2 2
3 2
0
2 3 4
3 5 1 3 1
x x x
x x x x
 
   
    
vô nghiệm vì

1 5
0, ; 2 ;
2
VT x
 


      





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

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 9
 
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 5 3
x x
x
x x
 
   
   

 
2 2
2 2
2 3 0
12 4 5 3


là nghiệm của phương trình.Bài 3: Giải phương trình :
2 33
1 2
x x x
   Giải:
Điều kiện:
3
2
x 

Nhận thấy
3
x

là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:
2 33
1 2 3 2 5
pt x x x
       

 
 
 

3
3 3 9
( 3) 1 0
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x x
 
  
 
    
 
 
   
 
  
2
3
2
2 2
3
3
3
3 9
3

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

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x

.

2.2. Đưa về “hệ tạm”:
Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C
 
, mà :
A B C


Bài 1:
Giải phương trình sau :
2 2
2 9 2 1 4
x x x x x
      

Giải:
Ta thấy:






2 2
2 9 2 1 2 4
x x x x x
      

Phương trình đã cho có nghiệm
4 0 4
x x
     

4

x
x x x x
x x x
x
x x x x x



     


     



      




Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x=
8
7
.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :

1.
 
2 2

2 16 18 1 2 4
x x x x
     

7.
2 2
15 3 2 8
x x x
    

8.








2 2 5 2 10
x x x x x
     

2.3. Phương trình biến đổi về tích:

2.3.1 Sử dụng đẳng thức:








3 3
1 1 2 1 0
x x
     
0
1
x
x




 


www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 11
Vậy nghiệm của phương trình là:
0; 1
x x
  
.

Bài 2: Giải phương trình :
2 23 3
3 3

3
3
1
1
1 1 0 1
1
1
x
x
x x
x
x
x


 


      
 



 



Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

x

 


 



2
0
1
4 3 0
0
1 1
x
x
x x
x
x
 





 
  



x

ta được:
2
4 4 4
1 2 1 0
3 3 3
x x x
x x x
 
    
 
  
 

4
1 4 3 1
3
x
x x x
x
      

(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.



(tha).
Vy nghim ca phng trỡnh l:
3
10 1
3
x


.
Bi 2:
Gii phng trỡnh sau :
2
2 3 9 4
x x x


Gii:

iu kin:
3
xPhng trỡnh ó cho tng ng :

2

x
x x





























2 3 0 2 3 2 3 1
PT x x x x x x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l:
1
x

.

II. PHNG PHP T N PH:

1. Phng phỏp t n ph thụng thng:
i vi nhiu phng trỡnh vụ t, gii chỳng ta cú th t


t f x

v chỳ ý
iu kin ca
t
. Nu phng trỡnh ban u tr thnh phng trỡnh cha mt bin
t
v quan trng hn ta cú th gii c phng trỡnh ú theo
t
thỡ vic t n ph
xem nh hon ton .
Bi 1: Gii phng trỡnh:
2 2
1 1 2


Với
1
t

ta có phương trình:
2 2
1 1 1 1 2 2 1
x x x x x x
          
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 2: Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
5
4
x
 


t t
t t
 
     
 
 
   
 
 
(vì
0
t

).
Với
1 2 2
t   
ta có:
4 5 1 2 2 4 4(1 2) 1 2
x x x         

Với
1 2 3
t  
ta có:
4 5 1 2 3 4 4(2 3) 2 3
x x x        

Vậy nghiệm của phương trình là:
1 2; 2 3

 

Đặt
1(0 5)
y x y   
thì phương trình đã cho trở thành:
2 4 2
5 5 10 20 0
y y y y y
       

2 2
( 4)( 5) 0
y y y y
     

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 14
1 21
1 17
2
2
1 17
2
y
y
y



2
x


.
Bài 4: Giải phương trình:
 


2
2004 1 1
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
0 1
x
 

Đặt
1
y x
 
(
0 1
y
 
) phương trình trở thành:
2 2 2 2

( vì
0 1
y
 
)
Với
1
y

ta có phương trình
1 1 0
x x
   

Vậy nghiệm của phương trình là:
0
x

.
Bài 5:
Giải phương trình:
2
1
2 3 1
x x x x
x
   

Giải:
Điều kiện:



Với
1
t

ta có phương trình
1
1
x
x
 
2
1 0
x x
   
1 5
1 5
2
2
1 5
2
x
x
x






Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2
x x
x x
 
   
 
 
(*)
Đặt t=
3
1
x
x

phương trình (*) trở thành :
3
2 0
t t
   
1
t

.
Với
1
t


   

3.
2
(1 )(2 ) 1 2 2
x x x x
    

4.
2 2
17 17 9
x x x x
    

5.
3
2 2
1 2 1 3
x x
   

6.
2 2
11 31
x x
  

7.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0

2 2
0
u uv v
 
  
(1) bằng cách
 Xét
0
v

phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
 
   
  
   
   


0
v

thử trực tiếp.
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):




. .
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
 


 



Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:


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

Bài 1: Giải phương trình :


2 3
2 2 5 1
x x
  

Giải:
Điều kiện:
1
x
 

Đặt
2
1, 1
u x v x x
    

Phương trình trở thành:
 


ta có phương trình
2 2
1
1 1 5 3 0
2
x x x x x
       
5 37
2
5 37
2
x
x











(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là
5 37
2
x



2
3 1 2 1 7 1 1
x x x x x x
       

www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 17
t
2
1 0 , 1 0
u x v x x

, ta c phng trỡnh:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u








3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x


Gii:
Nhn xột: t
2
y x

phng trỡnh tr thnh thun nht bc 3 i vi x v y
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y







Vi
x y

ta cú phng trỡnh
2




.
Vy nghim ca phng trỡnh l
2; 2 2 3
x x
.

2.2 Phng trỡnh dng :
2 2
u v mu nv



Phng trỡnh cho dng ny thng khú phỏt hin hn dng trờn , nhng nu
ta bỡnh phng hai v thỡ a v c dng trờn.
Bi 1: Gii phng trỡnh :
2 2 4 2
3 1 1
x x x x


Gii:
Ta t :
2
2
( 0)
1 ( 0)
u x u

ta cú phng trỡnh
2
1 0 1
x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1
x
Bi 2: Gii phng trỡnh :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x


Gii:
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 18
iu kin:
1
2
x

.
Bỡnh phng 2 v ta cú :


u v
uv u v
u v











(loaùi)

Vi
1 5
2
u v


ta cú phng trỡnh

2 2
1 5
2 2 1 2 (2 2 5) 1 5 0
2
x x x x x






2 2
2 5 2 20 1
x x x x x



vy ta khụng th t
2
20
1
u x x
v x





.
Nhng may mn ta cú :











, khi ú phng trỡnh (*) tr thnh:
2 3 5
9
4
u v
u v uv
u v







.
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 19
- Vi
u v

ta cú phng trỡnh
2 2
5 61
2
4 5 4 5 9 0
5 61

x
x x x x x
x








(loaùi)
.
Vy nghim ca phng trỡnh l
5 61
8;
2
x x


.

3. Phng phỏp t n ph khụng hon ton:
Phng phỏp gii: a phng trỡnh ó cho v phng trỡnh bc hai dng:
( ). ( ) ( ) ( ).
f x Q x f x P x x

vi n l n ph hay l n ca phng trỡnh ó cho.
t
( ) , 0
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x






.
Vi
3
t

ta cú phng trỡnh
2 2
2 3 7 7
x x x
.
Vi
1
t x

ta cú phng trỡnh

t x x t

Khi ú phng trỡnh tr thnh :


2
1 1
x t x



2
1 1 0
x x t


www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 20
Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có

là một số chính
phương:
       
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x


       



.
Vậy nghiệm của phương trình là
1 2
x  
.

Từ một phương trình đơn giản :




1 2 1 1 2 1 0
x x x x
       
, khai
triển ra ta sẽ được pt sau:

Bài 3: Giải phương trình:
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
      

Giải:






2
2 1 48 1 1
x x
      
không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo




2 2
1 , 1
x x
 

Cụ thể như sau :




3 1 1 2 1
x x x
     
thay vào pt (1) ta được:
2
4 1 2(1 ) 2 1

3
1 2 1
5 3
5
x
x x x
x
  


     

 

.
Với
2 1
t x
  
ta có phương trình
2
1 1 2 2 2 (1 )(1 ) 4 1 1 0
x x x x x x
             
.
Vậy nghiệm của phương trình là
3
; 0
5
x x

Đặt
2
2(4 ); 0
t x t
  

Phương trình trở thành
2 2
4 16 8 0
t t x x
   
1
2
2
4
2
x
t
x
t






  


.

x x


    

 

(thỏa đk
2
x

).
Vậy nghiệm của phương trình là
4 2
3
x 
.

4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:

4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường:
 Đặt




,
u x v x
 
 

3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 



 



Giải hệ này ta được nghiệm
( ; ) (2;3);( ; ) (3;2)
x y x y
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là
2; 3
x x
 
.

Bài 2:
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
   


Ly (1)-(2) v theo v ta c phng trỡnh:
1
( )( 1) 0
a b
a b a b
a b






(loaùi)

Vi
1
a b

ta cú
2
5
11 17
1 1 5 1 1 5
2
11 26 0
x
x x x x x
x x



2 ( 0); 3 ( 0)
a x a b x b

.
Ta cú h phng trỡnh:
2 2 2 2
1 1 1
5 ( ) 2 5 (1 ) 2 5
a b ab a b ab a b ab
a b a b ab ab ab






2
1
1 3
2 2
( ) 4
a b ab
a b ab a b
ab ab
ab










.
Vi
1
2
a
b





ta cú
2 1
1
3 2
x
x
x










.

Bi 2: Gii phng trỡnh:
4 4
17 3
x x


Gii:
iu kin:
0 17
x

.
t
4 4
( 0); 17 ( 0)
a x a b x b

.
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 23
Ta cú h phng trỡnh
2
4 4 2 2 2 2 2
2 2
17 ( ) 2 17
( ) 2 2( ) 17


2
3
2
3
3 4.16 0)
16
(loaùi vỡ
a b
ab
a b
ab



















Vi
1
2
a
b





ta cú h phng trỡnh
4
4
1
1
17 2
x
x
x








.
Vi
2

.

Bi 3: Gii phng trỡnh:
3 3
3
5 2 (5 )(2 ) 1
x x x x


Gii:
t
3 3
5 ; 2
a x b x

ta cú h phng trỡnh:
3 3 3
1 1 ( )
7 ( ) 3 ( ) 7 0
a b ab ab a b
a b a b ab a b








3









2
1 ( ( ) 4( ) 7 0)
1 ( )
vỡ a b a b a b
ab a b






2
, 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a



ta cú h phng trỡnh
3
3
5 1
6
2 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b







Gii:

iu kin:
0 2
x

t
( 0); 2 (2 2 2)
a x a b x b
.
Ta cú h phng trỡnh:
4 4
2 4
2
2
(*)
2
2
a b
b a
a b
a b








.
Vi
1
1
a
b





ta cú h phng trỡnh
1
1
2 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1
x

3
1 2 2 1
x x


Gii:

t
3
2 1
t x

ta cú h phng trỡnh
3
3
1 2
1 2
x t
t x







3 3
3 3 2 2
1 2 1 2
2( ) ( )( 2) 0


1
1 5
2
x t
x
x