§1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

1. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
1.1 Một số lưu ý
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các dạng như:
1.1.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn
thức với ẩn mới là ẩn phụ.
1.1.2 Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
1.1.3 Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ,
cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối xứng.
1.1.4 Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích
với vế phải bằng 0.
Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ
phải thử lại nghiệm.
1.2 Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
1)
2
18 18 17 8 2 0
x x x x x
    
.
2)
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x
     
.
3)

(3 4 2) 0
y y
  
, ta được
2 10
3
y

 . Từ đó
phương trình có nghiệm là
14 4 10
9
x

 .
2) Ta có
4 2 2 2 2 2 2
1 ( 1) ( 1)( 1) 0
x x x x x x x x
          
, với mọi x.
Mặt khác
2 2 2
3 1 2( 1) ( 1)
x x x x x x
       
.
Đặt
2
2

Từ đó phương trình có nghiệm là
1
x

.
3) Ta thấy
0
x

không thỏa mãn.
Khi đó phương trình tương đương với hệ
2
2
2
2
0
1
4 0
1 1
2 2 4
1
x
x
x
x x
x





2 2 2
2 4(1)
4 ( 2) 2 5 2( 2) (4 ) (2)
y
y y y
 



      


.
Xét
2 2
(2) 9 2 4 5
y y y
    

4 3 2
8 28 40 16 0
y y y y
     
(do hai vế không âm).

3 2
2
( 2)( 6 16 8) 0
( 2)(( 2)( 4 8) 8) 0
y y y y

          2 2 2
2 2 2
(1 4 1 8 1 ) 0
0
1 4 1 8 1 0(1)
x x x x
x
x x x
     




    



Xét (1), đặt
2
1
y x
 
, suy ra
0
y

và

x

và
5 5
8
x

  .
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp lượng giác trong phần sau.
Ví dụ 2. Giải phương trình
2 2
3 1 ( 3) 1
x x x x
    
.
HD: Đặt
2
1
x y
 
, với
1
y

. Khi đó ta được
2
3 ( 3)
y x x y
  


y

và
3 8
2 1
x z
 
. Khi đó ta được hệ
4 3 4 3
1 1
2 33 2 ( 1) 33
y z z y
y z y y
   
 

 
    
 
.
Xét
4 3 3 2
2 ( 1) 33 ( 2)(2 5 7 17) 0
y y y y y y
        
.
Suy ra được y - 2 = 0. Từ đó nghiệm của phương trình là x = 1 và x = -1.
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
1)
2 2



 

.
Thế hoặc lại đặt ;
x y S xy P
  
rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương trình là
0
x

;
2
x

và
2 14
3
x
 
 .
2) Đặt
3 2
3
4
81 8 2 3 3 2
3
x y x y y y
       .

      
).
Thay vào hệ và giải phương trình ta được
3 2 6
0;
3
x x

  .
Ví dụ 5. Giải phương trình
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
      
.
HD: Đk
5
x

. Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau:
2 2
2 2
5 14 9 20 5 1
5 14 9 20 25( 1) 10 ( 1)( 4)( 5)
      
           
x x x x x
x x x x x x x x

2

.
Nếu
y z

thì ta được
5 61
2
x

 (do
5
x

).
Nếu
3
2
y z
 thì ta được
7
8;
4
x x
  
. Vậy phương trình có ba nghiệm trên.
Ví dụ 6. Giải phương trình
2
4 9
7 7
28

28 2
x
y

 
, do
0
x

nên
4 9 9 1
28 28 2
x 
 
, từ đó
0
y

.
Ta được hệ
2
2
1
7 7
2
1
7 7
2
, 0
x x y

3 2 3
2 2
x x
  
= y với
0
y

. Khi đó ta được hệ
2 3
3 2
2
2
x y
x y

 


 


và từ
phương trình ban đầu ta có
2
x  
. Xét hiệu hai phương trình của hệ ta được phương trình
2 2
( )( ) 0
x y x xy y x y

x x x x
   
.
(HD: Đặt
2 ; 0
y x y
  
, ta được
2 2
( 1)( 1)(2 4) 0
y y y y y
     
.
Từ đó
5 1 33 1
1; ;
2 8
y y y
 
   và được nghiệm của phương trình là
5 1 33 1
1; ;
2 8
x x x
 
    ).
2)
2 3
2 5 1 7 1
x x x

Bài 2. Giải phương trình
2 2
(4 1) 1 2 2 1
x x x x
    
.
(HD: Đặt
2
1
x y
 
, với
1
y

. Từ đó ta được
1
2 1
2
y y x
   
. Phương trình có
nghiệm
4
3
x

).
Bài 3. Giải các phương trình sau:
1)

0 2 1
x
  
. Đặt
4
2 2(1 ) 2 2 1
x y y x
      

và
4
4 4
2 2
x z z x
   với
0; 0
y z
 
.
Suy ra
4
2 4
2( ) 1(1)
2 1(2)
y z
y z

 



4
4 3 2
1
2
2
x
 

 

 

 
 
 
 
).
Bài 4. Giải phương trình
2
1000 1 8000 1000
x x x    .
(HD: Đặt
1 1 8000
x
  =
2
y
, ta được
2
2


, loại
0
x

).
Bài 5. Giải các phương trình sau:
1)
3
2
1 2
2 5
x
x



.
(HD: Đặt
2
1 0; 1
y x z x x
     
, ta được
2
2 2
5
5 2( ) 2 2
y y
yz y z

x x
 



  

(vô nghiệm).
Nếu
1
2
y
z

ta được
2
2 1 1
x x x
   
1
5 37
5 37
2
2
x
x
x
 



x z
 
, với
0; 0
y z
 
.
Khi đó ta được
( )( 3 ) 0
y z y z
  
. Từ đó phương trình có bốn nghiệm là
9 193
4
x

 và
17 3 73
4
x

 ).
Bài 6. Giải các phương trình sau:
1)
2
4 3 5
x x x
   
.
(HD: Đặt

 
,được
3 17
1
4
x
 
 
(loại), nếu
1
x
 
thì
3 17
4
x
 
 ).
3)
2
4
27 18
3
x x x
  
, với
0
x

.

 

, hoặc đánh giá
( ) ( )
f x g x

cũng như là
( ) ( )
f x g x

…
Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác.
Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh
giá.
2.2 Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình
2
4 1 4 1 1
x x
   
.
HD: Bài toán này có trong đề thi vào Đại học Bách Khoa và ĐHQG năm 2001. Bài
này có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm.
Ta có thể làm đơn giản như sau: Ta thấy
1
2
x

là nghiệm của phương trình.
Nếu

, do đó hai vế cùng bằng 5. Ta
được phương trình có nghiệm duy nhất là
1
x
 
.
Ví dụ 3. Giải phương trình
2 2 2
19 7 8 13 13 17 7 3 3( 2)
x x x x x x x
         
.
HD: Bài này cách giải có vẻ hơi mất tự nhiên bởi cách “cố ý” cho như vậy. Giáo viên
và học sinh có thể sáng tác những bài kiểu đó.
Đk
2
x
 
.
Với đk đó Vt =
2 2 2 2 2
1 75 1 3
( ) (2 1) 3( 2) (2 1) (4 3)
2 4 4 4
x x x x x         

75 3
3 2 4 3
4 2
x x

3 2
x x x
    
.
HD: Phương trình đã cho tương đương với phương trình
2
4
(9 4) 3(9 4)
2 4 1
3 2
x x
 
   , đk
4
9
x
 
. Đặt (9 4)
x y
 
, suy ra
0
y

.
Khi đó ta được
2 2
4
3 3
2 4 1 4 4 1 6

y y y
y y
y
    
   
  

Từ đó ta được
6
y

, suy ra
2
9
x

thỏa mãn đk.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
2
9
x

.
Ví dụ 5. Giải phương trình
2
4 3 2
3
2 7 3 3 2
2
x x

x

.
Ví dụ 6. Giải phương trình
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
 
     
 
 
.
HD: Đk
2
2
2
2
2
2
x
x

   



 


   

.
Suy ra Vt
(1) 4

= Vp
(1)
. Do đó
2
2
2 2
(1)
1 1
2 2
x x
x x

  



  


, nghĩa là dấu bằng trong hệ xảy ra.
Từ đó phương trình có nghiệm duy nhất là
1
x


     
 
 
 
 
 
 
 
2
Vp
.
Phương trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra hay
1
2 2
1
1
1
x
x x
x




1
7
x
 
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

x x
x
    
 

Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta được
2
2 2
2 2
10 (16 10 )
10 (16 10 ) 64
2
x x
x x
 
 
  
 
 
.
Do đó Vt(1)


4 64 256
.

, ta được
(1)
2
2 2

5
x   .
Vậy phương trình có hai nghiệm là
2 5
5
x   .
Ví dụ 9. Giải phương trình
3 2 3
2 2
x x
  
.
Nhận xét: Trong phần giải phương trình vô tỷ bằng Phương pháp đặt ẩn phụ ta đã giải
bài toán này, ta cũng có thể giải nó bằng phương pháp đánh giá như sau.
HD: Đk
3
3
2 0 2
x x   
.
Giả sử x là nghiệm của phương trình. Khi đó
2
2 0
x
  
2
2
x
x


cũng là một biểu thức âm
khi
2
x  
…
Ta có thể biến đổi tiếp phương trình (*) sau khi chia hai vế cho
1 0
x
 
, ta được

8 7 6 5 4 3 2
5 5 4 8 4 4 0
x x x x x x x x
        

6 2 4 2 2
( 1) 5 ( 1) 4 ( 1) 4(2 1) 0
x x x x x x x x
         
vô nghiệm vì Vt luôn dương khi
2
x  
. Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 10. Giải phương trình
( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2
x x x x x x
         
.
HD: Biến đổi phương trình thành

3
12( 3)
( 3)(2 5)
(4 4) 2 4 4 4
x
x x
x x

  
   
.
Ta thấy
3
x

là nghiệm của phương trình.
Nếu
3
x

thì phương trình tương đương với
2
3
3
12
(2 5) (1)
(4 4) 2 4 4 4
x
x x
 

 

     



, với a, b là hai số
thực dương.
HD: Biến đổi phương trình
2 2
2 2 2 2
2 1 0; 3 2 0
2 1 3 2 2 1 2( 2) 3 2 2( 2)
2 0
x x x
x x x x x x x x
x

    
             

 


Từ đó ta được phương trình có nghiệm là
2
x
 
.
Ví dụ 13. Giải phương trình

 
 
 
.
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là
( ; ) (2012;2009)
x y

.
Ví dụ 14. Giải phương trình
3
1 2 1
2
x y y x xy
    .
HD: Đk
1; 1
x y
 
.
Ta có
1 3
1 2 1 ( 2 1) ( 2 1)
2 2
x y y x y x x x y y xy
          

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


nếu


( ) 1;1
f x   với điều kiện
;
2 2
 

 
 
 
 
hoặc
( ) cos
f x


với điều kiện


0;
 
 . Cũng có khi đặt
( ) tan ; ( ) cot
f x f x
 
 
… để đưa phương trình đã cho về

 


. Khi đó ta được phương trình
8 4 2
2 6 4 2
cos 2cos 8cos 7 0
( 1)( ) 0
(cos 1)(cos cos cos 7) 0
cos 1
y y y
cosy
y y y y
y
   
  
     
 

Do vậy phương trình có một nghiệm là
1
2
x

.
Ví dụ 2. Giải phương trình
2
1 1
2 2
1

2
2
z   .
Với
2
z 
thì
4
y


, do đó
2
2
x  .
Với
2
2
z   thì
11
12
y

 , do đó
1 3
2 2
x

  .
Vậy phương trình có nghiệm là


.
Khi đó phương trình trở thành
3 3
sin cos 2sin cos
y y y y
  .
Đặt
sin cos , 2; 2
y y z z
 
   
 
(chính xác là
1; 2
z
 
 
 
), biến đổi phương trình ta
được
3 2
2. 3 2 0
z z z
   

( 2)( 2 1)( 2 1) 0
z z z
      


x x
x
     
  
 

Vậy phương trình có 2 nghiệm trên.
3.3 Một số bài tập tương tự
Bài 1. Giải phương trình
3 2
4 3 1
x x x
  
.
(HD: Đặt
cos
x y

, phương trình có tập nghiệm là
5 3 2
cos ;cos ;cos
8 8 4 2
S
  
 
 
  
 
 
 

x
x

 

.
Bài 6. Giải phương trình
2 3
2
5 3
(1 )
1
6 20 6
x
x
x x x

 
 
.
Bài 7. Giải phương trình
2 2
2 1 2 1 1
x x x x
    
.

4. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC
4.1 Một số lưu ý
Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác

    
và xét
2 2
16 4 2.
ABM BM x x
    
.
Từ đó suy ra Vt =
5
CM BM BC
  
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
M D

,hay

2 2
2 2
3
4
1 6 9
1 6 1 6 .9 4 8 2 . 9 1 6 .9 3 6 2 .
7 1 2 2 . 0
1 2 2
7
C M
B M
C M B M
x x x x
x x

3
2
y

. Vậy phương trình có một nghiệm là
3
( ; ) 2;
2
x y
 

 
 
.
Ví dụ 3. Giải phương trình
3 2 3 2
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
       
.

HD: Đặt
3 2 3 2
3
7 1; 8; 8 1
y x z x x t x x
        
,
suy ra

 
 
     
 
 
   
 
.
Xét (3) ta được
1 9
x x
   
, xét (4) được
1
x

và (5) được
0 1
x x
  
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là


1;0;1;9
S   .
Ví dụ 4. Giải phương trình
2 2
4 20 4 29 97
x x x x      .

  
   
, đẳng thức đó xảy ra khi
a

và
b


cùng chiều
2 2
4 5
x x
  
  . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là
2
9
x

.
Ví dụ 5. Giải phương trình
2 2 4 2
1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)
x x x x x x x
        
.
HD: Đặt
2 2
2 1 ( 1)
y x x x     , suy ra

0 1
z
 
và
2 2
2(1 ) (1 2 ) 2 (4 10 7) 0
z z z z z z
       0
z
 
(do
2
4 10 7 0
z z
  
).
Do đó
0
z

, suy ra
0
y

hay
2
2 0

sinh xuất sắc nào cũng vượt qua được.
Bài 1 (1995 - Bảng A. VMO)
Giải phương trình
3 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
     
.
HD: Đk
1
x
 
.
Khi đó xét
3 2
( ) 3 8 40
f x x x x
   
và
4
( ) 8 4 4
g x x
 
trên đoạn


1;
 
.


.
Từ (1) và (2), ta được
( ) 13 ( )
g x x f x
  
. Cả hai đẳng thức đều xảy ra khi
3
x

, thỏa mãn
điều kiện.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
3
x

.

Nhận xét: Ta có thể sử dụng đạo hàm để xét sự biến thiên của các hàm số
( )
f x
và
( )
g x
trên đoạn


1;
 
, ta được

'( ) 2( 2). ( )
f y y h y
 
với
( ) 0
h y

).

Bài 2 (1995 - Bảng B. VMO)
Giải phương trình
2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
    
.
HD: Đặt
3
4 4
x y
 
.
Khi đó
3
4
4
y
x


    
.
Nên từ (2) ta thấy
2
y

hay
3
4 4 2
x
 
, ta được
3
x

.Thử lại đúng.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
3
x

.
Bài 3 (2002 - Bảng A. VMO)
Giải phương trình
4 3 10 3 2
x x
   
.
HD: Cách 1 (Đáp án)
Đk
74 10

thỏa mãn đk)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
3
x

.
Cách 2: Đặt 10 3
x y
 
, suy ra
4
0
3
y
 
(1) và
2 2
10 4
2 0
3 3
y y
x x
 
    

với mọi y thỏa mãn (1).
Khi đó ta được
2 4 2
4 8 16
4 3 4 3

x

.
Bài 4 (1998-CMO)
Giải phương trình
1 1
1x x
x x
   
.
Nhận xét: Đây là bài toán thi học sinh giỏi của Canada, có thể nói là đơn giản, nhẹ
nhàng với học sinh tinh ý nhưng cũng đầy cạm bẫy với mọi học sinh.
Thật vậy, từ đk xác định của phương trình ta phải dẫn đến được
1
x

.
Với đk đó, phương trình tương đương với
1 1
1x x
x x
   2 2
1 1
1x x
x x
   
    

 .
Cũng có thể từ
2 2
( 1) 2 ( 1) 0
x x x x
    
, chuyển
2
2 ( 1)
x x

sang vế phải rồi bình
phương hai vế, sau đó đặt
1
2
x y
 
ta được phương trình trùng phương ẩn
1
2
y

, giải
phương trình này tìm được
5
2
y  . Từ đó suy ra
1 5
2
x



.
4)
2
2 4 2 5 1
x x x x
     
.
5)
3 2 3 2
3 3
3 2001 3 7 2002 6 2003 2002
x x x x x        .
Bài 2. Giải các phương trình sau:
1)
2 2 2
2 3 2 1 3 3
x x x x x x
       .
2)
42 60
6
5 7x x
 
 
.
3)
( 2) 1 2 2 0
x x x

4 3 3
16 5 6 4
x x x
  
.
5)
3 2 3
3 2 ( 2) 6 0
x x x x
    
.
Bài 4. Giải các phương trình sau:
1)
2
3
5 1 9 2 3 1
x x x x
     
.
2)
2
4
28 27
2. 27 24 1 6
3 2
x x x
    
.
3)
13 1 9 1 16

    
.
3)
2 3
2 5 2 4 2( 21 20)
x x x x     .
4)
3
3 2
x x x
  
.
5)
2
4 3 2 3
1
2 2 2 1 ( )
x
x x x x x x
x

      .
Bài 6. Giải các phương trình sau:
1)
3 3
3
6 6 6
x x
   
.

 
.
Bài 7. Giải các phương trình sau:
1)




2 2
3 2 1 1 1 3 8 2 1
x x x x
     
.
2)
2 3
2( 2) 5 1
x x
  
.
3)
6 4 2 2
64 112 56 7 2 1
x x x x
    
.
4)


2 3 3 2
1 1 (1 ) (1 ) 2 1

3)
6 2
3 3
1 1 1
x x x
    
.
4)
2 2
3
15 3 8 2
x x x
    
.
5)
2 3 3 2
4
4 4 4
(1 ) (1 ) 1 (1 )
x x x x x x x x
        
.
Bài 9. Giải các phương trình sau:
1)
3
3
1 3 3 1
x x
  
.

x x x x x
x x
       

.
Bài 10. Giải các phương trình sau:
1)
2
3
1
1
x
x
x
 

.
2)
( 1) 1 5 1 4 4 0
x x x x
      
.
3)
4 2 2 2
10 14 19 (5 38) 2
x x x x
    
.
4)
2 2

3
8 4 6 1 1 0
x x x
    
.
4)


2 2 2
3 2 2 2 1 0
x x x x
      
.
5)
2 2
3 5 12 5 0
x x x
     
.
Bài 12. Giải các phương trình sau:
1)
2 3
2( 8) 5 8
x x
  
.
2)
2
4 3 4 3 10 3
x x x

2)
2 2 2 2 3 2
1 1 1 1
2 2 3 3 1
4 4 4 4
x x x x x x x x
            
.
Trong đó biểu thức vế trái có tất cả 2008 dấu căn thức bậc hai.