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.
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 2
A. BI TON M U:
Gii phng trỡnh:
2
2

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









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
x x x x

.
t
1
t x x






Vi
1
t

ta cú phng trỡnh:

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






(tha iu kin).
Vi
2
t

ta cú phng trỡnh:
www.VNMATH.com

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
x

  

.
Đặt
3 3

 

 

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
    

0
1
t
t



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:
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b

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
3
2
a b
ab
a b
ab

b
X X
a
b
 






  









.
(Trường hợp
2
3
2
a b
ab
 


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

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
sin cos 2
a a
a a
 





    


  




2 0
( ) ( ì 0 )
2
2
2 2
a k a
k v a
a k a


 

 
 
 
    
 
  
 



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
f x g x f x g x



.

2

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
3 .
A B A B A B C

v ta s dng
phộp th :
3 3 3
A B C

      

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
  



    


1
1
9 9
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
x x x x x x
       

2
x
  


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

thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x










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

      


Giải:
Điều kiện :
1


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

 

       


 



Thử lại :
1 3, 1 3
x x   
là nghiệm của phương trình.






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
x x x
     
.
4.
11 11 4
x x x x
     

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. Bài 1:
Giải phương trình:


2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4

       
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
2( 2) 3( 2)
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
  

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
 


      




 
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.

       

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
x x
x
x x
 
 
    
 

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
       

 
 
 
 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
3

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

ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của
x
.
Ta có thể giải như sau :

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
 
không phải là nghiệm của phương trình.
Xét
4
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
3 1 3 1
x x x x
    

2.
4 3 10 3 2
x x

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:




1 1 1 0
u v uv u v
      





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
1
x x x x x
    

Giải:

0

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

Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

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



2
0
1
4 3 0
0
1 1
x
x
x x
x
x
 





 
  






 

(thỏa).

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

.

2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:
Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B


www.VNMATH.com

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
2
3 1 3
1 3 9
3 1 3
x x
x x
x x





























(tha)
Vy nghim ca phng trỡnh l:


.

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
x x x x


Gii:
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 13

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
 

Đặt
4 5( 0)
t x t
  
thì
2
5

 
 
(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
x x   
.
Cách khác:
Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0
x x

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
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
(1 ) (2005 )(1 )
y y y
   

2 2 2 2
(1 ) (1 ) (2005 )(1 )
y y y y

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:
1 0
x
  

Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:
1 1 1 1
2 3 2 3 0

1
1
x
x
 
2
1 0
x x
   
1 5
1 5
2
2
1 5
2
x
x
x






  






   
 
 
(*)
Đặt t=
3
1
x
x

phương trình (*) trở thành :
3
2 0
t t
   
1
t

.
Với
1
t

ta có phương trình
2
3
1 1 5
1 1 0
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
n
n n
x x x
     

8.
2

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):









. .


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:





3 2
1 1 1
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:
 
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv

       
5 37
2
5 37
2
x
x











(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là
5 37
2
x


.
Bài 2: Giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
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








Vi
9
v u

ta cú phng trỡnh
2 2

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
0
2 2
2 0
x
x x x
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
v x v







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 :
















(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


(PTVN).
Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.

Bi 3: Gii phng trỡnh :
2 2
5 14 9 20 5 1




vy ta khụng th t
2
20
1
u x x
v x





.
Nhng may mn ta cú :















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
2
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
f x t t

.
Phng trỡnh ó cho tr thnh
2
. ( ) ( ) 0
t t Q x P x

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
2
1
2 1
2 1
x
x x x
x

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
t x


             

 


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:

Điều kiện:
1 1
x
  
.
Nhận xét: Đặt
1

      
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
x t x t t x
       
2
(2 1 ) 4 1 2(1 ) 0
t x t 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

 
.

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 21

2 2
4 16 8 0
t t x x
   
1
2
2
4
2
x
t
x
t






  


.
Vì
2
x

nên
2
0

(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
 
 
và tìm mối quan hệ giữa


x

và




 



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
   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Đặt






(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










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










2
, 3 2 0

2
a
b





ta cú
2 1
1
3 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b




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
3 3
3
a b a b a b
a b ab ab
a b a b
a b


(loaùi vỡ
a b
ab
a b
ab


















2
, 3 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2




ta cú h phng trỡnh
4
4
1
1
17 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b







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
( ) 3 1 ( ) ( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b





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
b







2 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b





ta cú h phng trỡnh
3
3
5 2
3
2 1
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







Ta cú





ta cú h phng trỡnh
1
1
2 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1
x

.

4.3 t n ph a v h i xng loi II:
4.3.1 Dng 1: Gii phng trỡnh
n
n

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
x t x t
x t t x x t x t tx



1
1 5
2
x t
x
x

















.

.
Bi 1: Gii phng trỡnh
2007 2007
x x


Gii:
iu kin:
0
x


t
2007
t x

ta c h
2007 2007 2007
2007 ( )( 1) 0
x t x t x t
t x x t t x t x t x








8030 2 8029














8030 2 8029
4
x t



Vy nghim ca phng trỡnh l
8030 2 8029
4
x


.

4.3.3 Dng 3:
Chn n ph t vic lm ngc
Bi 1: Gii phng trỡnh:
l h i xng
i xng loi II.
www.VNMATH.com