THANH TÙNG 0947141139

1

10 KĨ THUẬT HAY DÙNG KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
QUA 3 VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
1 2 1 2
x x x x x
− + + = −
(
R
x
∈
)
2
( )
t

Cách 1: (1. Biến ñổi tương ñương)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
2 2
2 1 2 1
x x x x x
+ + = − + +2 2
2 2 2 2 3 2

x
x x x
x
x

 
∈ −∞ − ∪



= −
 


− + ≤



⇔ ⇔ ⇔
= −

 
+

+ − − =
=





2
2 2
1 (2 )
x x x x
⇔ − + + =
2 2
2 2
1 2 1 (1)
1 2 1 3 (2)
x x x x x x x
x x x x x x x
 
− + + = + + = −
 
⇔ ⇔
 
− + + = − + + =
 

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


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
±
+ + = − − =
=
 



Vậy phương trình có nghiệm
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

Cách 3: (3. ðưa phương trình về dạng ñồng cấp
2 2
0
au buv cv
+ + =
ñể tạo tích bằng việc chia và ñặt ẩn phụ)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
2 2
2 1 2 1

x x x x x x
− + +
= +
+ + + +
2
2
3 1
2
1
x x x
x
x x
− + +
⇔ = +
+ +

ðặt
2
1
x
t
x x
=
+ +
, phương trình có dạng:
2
1
1
2 3 3 2 1 0
1

x x

= −


+ + = −
+ +


⇒ ⇔


+ + =

=

+ +

…tiếp tục như Cách 2 ta ñược nghiệm :
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

THANH TÙNG 0947141139

, khi ñó phương trình có dạng:
2 2
2 3
xy x y
= − +2 2
3 2 0 ( )(3 ) 0
x xy y x y x y
⇔ + − = ⇔ + − =
3
y x
y x
= −

⇔

=


suy ra:
2
2
1
1 3
x x x
x x x

+ + = −

ta ñược:

2
2
1 1 2 1
2 0
x x
x x x
+ +
+ − − =
(*)
+) Với
0
x
>
: (*)
2 2
1 1 1 1
2 2 1 0
x x x x
⇔ + − − + + =
. ðặt
2
1 1
1t
x x
= + +
⇒
2
2

, kết hợp với
0
x
>
ta ñược nghiệm:
1 33
16
x
+
=

+) Với
0
x
<
: (*)
2 2
1 1 1 1
2 2 1 0
x x x x
⇔ + − + + + =
. ðặt
2
1 1
1t
x x
= + +
⇒
2
2

<
.
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

Cách 6: (5. Nhân biểu thức liên hợp)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
(
)
2
2 1 1
x x x x x
+ + + = +

*) Nếu
2 2
2 2
0
0
1 0 1 1
1
1
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 1 1 ( 1) 1
x x x x x x x x x x x
+ + + + + − = + + + −(
)
2
2 ( 1) ( 1) 1
x x x x x x
⇔ + = + + + −
2
2 1
x x x x
⇔ = + + −
(vì
1
x
≠ −
)


(chỉ dùng khi bài toán có “nghiệm ñẹp” – ñể việc thử lại nghiệm không gặp “khó khăn”) .

Ví dụ 2: Giải phương trình
(
)
2 2 3
2 15 15 3 15 4
x x x x x x
− − + = − − −

R
x
∈

2
( )
t

ðiều kiện:
0 15
x≤ ≤
Biến ñổi phương trình tương ñương:
(
)
2 2 2
(15 ) 3 . 15 4 2 15 0
x x x x x x
− − − − + − + =

Cách 1: (6. ðặt hai ẩn phụ ñể ñưa phương trình về dạng tích và ñánh giá)

u u v v u v u v
⇔ − − − + − =( 2 )( ) 2( 2 ) 0
u v u v u v
⇔ − − + − =( 2 )( 2) 0
u v u v
⇔ − − + =
2
u v
⇔ =
hoặc
2
u v
= −

Cách 1.2: Sử dụng phương pháp hằng số biến thiên – ñể tạo tích
(*)
2 2
(3 2) 2 4 0
u v u v v
⇔ − − + − =2 2 2 2
(3 2) 4(2 4 ) 4 4 ( 2)


2
4 15 0
x x
⇔ + − =
2 19
x⇔ = − + hoặc
2 19
x = − − (loại)
+) Với
2
u v
= −
, khi ñó:
2
15 2
x x
− = −
(2*)
Với ñiều kiện:
0 15 2 15 2 16 2 0
x x
≤ ≤ ⇒ − ≤ − < − =
nên phương trình (2*) vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm:
2 19
x = − +

THANH TÙNG 0947141139


u uv v u v
u v

− − + + =


+ =


2 2
2 4
2 3 2( 2 ) 0
15
u v uv u v
u v

+ − + − =

⇔

+ =

2 4 2 4
( 2 )( ) 2( 2 ) 0 ( 2 )( 2) 0
15 15
u v u v u v u v u v
u v u v



+ =



*) Từ (1), suy ra:
2 4 4 2 2
4 15 4 15 0 2 19
v v v v v+ = ⇔ + − = ⇔ = − + hoặc
2
2 19
v = − − (loại)
2 19
x⇒ = − +

*) Từ (2), kế hợp với ñiều kiện
0
u
≥
ta có:
2 0
u v
= − ≥2
v
⇒ ≥
hay

)
(
)
(
)
2 2 2 2
15 15 2 15 2 2 15 2 0
x x x x x x x x
⇔ − − − − − − + − − =(
)
(
)
2 2
15 2 15 2 0
x x x x
⇔ − − − − + =
2
2
15 2
15 2
x x
x x

− =

⇔


(3 2) 4(2 4 ) 4 4 ( 2)
t
x x x x x x∆ = − − − = + + = +
Suy ra:
3 2 2
2
2
3 2 2
2
2
x x
t x
x x
t x

− + +
= =



− − −
= = −


hay
2
2
15 2
15 2
x x


(10. Sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số. )
ðK:
1
3
x
≤
(*) Biến ñổi phương trình tương ñương:
6 3 3
( 6 9) ( 3) 1 3 1 3
x x x x x
+ + + + = − + −(
)
2
3 2 3
( 3) ( 3) 1 3 1 3
x x x x
⇔ + + + = − + −
(2*)
+) Xét hàm số ñặc trưng:
2
( )
f t t t
= +
với
0
t

+) Với
1
3
x
=
không là nghiệm của phương trình, nên ta xét hàm số
3
( ) 1 3 3
g x x x
= − − +
với
1
3
x
<

Ta có
2
3
'( ) 3 0
2 1 3
g x x
x
= + >
−
với
1
3
x
∀ <