ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THUÝ VÂN
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỶ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÚ THỌ - NĂM 2014
Mục lục
1 Nội dung 3
1.1 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Phương pháp đáng giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5 Một số phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1
Mở đầu
Như chúng ta đã biết phương trình vô tỷ có nhiều dạng và nhiều phương pháp
giải khác nhau. Trong phần này chúng tôi xin giới thiệu: "Một số dạng phương
trình vô tỷ" cho học sinh giỏi.
2
Chương 1
Nội dung
1.1 Phương pháp đặt ẩn phụ
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các
dạng như:
- Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn
chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ.
- Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
- 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.


2 −
1
x
2
= 4 −

x +
1
x

.
4) 2x
2
+
√
1 − x + 2x
√
1 − x
2
= 1.
Hướng dẫn
1) Đặt
√
x = y với y ≥ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành (3y
2
− 4y −
2)(6y
2
+ 2y +1) = 0 , suy ra (3y

2
−3x + 1 = 2(x
2
−x + 1) −(x
2
+ x + 1). Đặt y =

x
2
−x+1
x
2
+x+1
(có thể viết
đk y ≥ 0 hoặc chính xác hơn là
√
3
3
≤ y ≤
√
3 ), ta được
2y
2
− 1 = −
√
3
3
y = 0 ⇔ 6y
2
+


2 −
1
x
2

2
=

4 −

x +
1
x

2
Đặt x +
1
x
= y , ta được

2 ≤ y < 4(1)
4 − (y
2
− 2) + 2

5 − 2(y
2
− 2) = (4 − y)
2

Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp đánh giá trong phần
sau.
4) Ta có phương trình tương đương với
√
1 − x = 1 − 2x
2
− 2x

1 − x
2
(1.2)
⇒ 1 −x = 1 + 4x
4
+ 4x
2
(1 − x
2
) − 4x
2
− 4x

1 − x
2
+ 8x
3

1 − x
2
(1.3)

2
= 1 − y
2
4
Ta được
1 − 4y + 8y(1 − y
2
) = 0 ⇔ 8y
3
− 4y − 1 = 0
⇔ (2y + 1)(4y
2
− 2y − 1) = 0
⇔ y =
1 +
√
5
4
Từ đó suy ra x = ±

5−
√
5
8
Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0
và x = −

5−
√
5

√
2x
8
− 1 = 1
Hướng dẫn
Đặt
4
√
17 − x
8
= y với y ≥ 0 và
3
√
2x
8
− 1 = z . Khi đó ta được hệ

y − z = 1
2y
4
+ z
3
= 33
⇔

z = y − 1
2y
4
+ (y − 1)
3

4
3
x − 2.
Hướng dẫn
1) Đặt
√
4 − x
2
= y , với 0 ≤ y ≤ 2 Khi đó ta được hệ

x + y = 2 + 3xy
x
2
+ y
2
= 4
5
Thế hoặc lại đặt x + y = S; xy = P rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương
trình là x = 0 ; x = 2 và x =
−2−
√
14
3
2) Đặt
3
√
81x − 8 + 2 = 3y ⇒ 3x = y
3
− 2y
2

2
+
1
2
(y − 2)
2
+
1
3
> 0)
Thay vào hệ và giải phương trình ta được
x = 0; x =
3 ± 2
√
6
3
Ví dụ 1.5. Giải phương trình

5x
2
+ 14x + 9 −

x
2
− x − 20 = 5
√
x + 1
Hướng dẫn
Đk x ≥ 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau:


(x + 1)(x − 5) = y;
√
x + 4 = z , với y ≥ 0; z ≥ 3 Ta được
2y
2
+ 3z
2
= 5yz ⇔ (y −z)(2y − 3z) = 0
từ đó ta được

y = z
y =
3
2
z
Nếu y = z thì ta được x =
5+
√
61
2
(dox ≥ 5).
Nếu y =
3
2
z thì ta được x = 8; x = −
7
4
. Vậy phương trình có ba nghiệm trên.
Ví dụ 1.6. Giải phương trình 7x
2


9
28
>
1
2
từ đó y > 0 . Ta được hệ



7x
2
+ 7x = y +
1
2
7y
2
+ 7y = x +
1
2
x, y > 0
Giải hệ bình thường theo dạng ta được x =
−6+
√
50
14
.
Ví dụ 1.7. Giải phương trình
3
√

2
và từ phương trình ban đầu ta có x ≤ −
√
2 . Xét hiệu hai phương trình của hệ
ta được phương trình
(x + y)(x
2
− xy + y
2
− x + y) = 0
Với x = −y thì x = −
3
√
x
2
− 2 , dẫn đến vô nghiệm.
Còn
x
2
− xy + y
2
− x + y = (y −x)(1 −x) + y
2
> 0
với mọi y ≥ 0 và x ≤ −
√
2 . Do đó hệ vô nghiệm hay phương trình đã cho vô
nghiệm.
7
1.3 Phương pháp đáng giá

là nghiệm của phương trình.
Nếu x >
1
2
thì V t > 1 = V p.
Nếu x <
1
2
thì V t < 1 = V p.
Do đó phương trình không có nghiệm trong hai trường hợp này.
Vậy phương trình có một nghiệm là x =
1
2
Ví dụ 1.9. Giải phương trình

3x
2
+ 6x + 7 +

5x
2
+ 10x + 14 = 4 − 2x − x
2
Hướng dẫn: Đánh giá V t ≥ 5 còn V t ≤ 5 do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được
phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1
8
Ví dụ 1.10. Giải phương trình

x
2

1
4
(2x − 1)
2
+
3
4
(4x + 3)
2
≥

75
4
+
√
3 |x + 2| +
√
3
2
|4x + 3|
≥




5
2
√
3 +
√


27
2
x + 6
Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với phương trình
2
4

(9x + 4)
2
3
+ 4 = 1 +

3(9x + 4)
2
đk x ≥ −
4
9
. Đặt (9x + 4) = y , suy ra y ≥ 0 .
Khi đó ta được
2
4

y
2
3
+ 4 = 1 +

3y
2

2
⇔ 4y
2
+ 48 ≤ 3y
2
+ 12y + 12
⇔ y
2
− 12y + 36 ≤ 0
⇔ (y − 6)
2
≤ 0.
Từ đó ta được y = 6, suy ra x =
2
9
thỏa mãn đk.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =
2
9
9
Ví dụ 1.12. Giải phương trình
x − 3x
2
2
+

2x
4
− x
3

− x −2 = 0 . Từ đó phương trình có
nghiệm là x = −1 và x = 2
Ví dụ 1.13. Giải phương trình

2 − x
2
+

2 −
1
x
2
= 4 −

x +
1
x

Hướng dẫn: Đk

−
√
2 ≤ x ≤ −
√
2
2
√
2
2
≤ x ≤

.1 + x.1)
2
≤ 4


2 −
1
x
2
+
1
x

2
=


2 −
1
x
2
.1 +
1
x
.1

2
≤ 4
Suy ra
V t(1) ≤ 4 = V p (1.8)

Hướng dẫn: Đk x ≥ 0.
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được
V t
2
=

2
√
2
1
√
x + 1
+
√
x + 1
√
x
√
x + 1

2
≤ (x + 9)

1
x + 1
+
x
x + 1

= V p

4
+ 9

x
2
+ x
4
= 16
. Hướng dẫn: Đk −1 ≤ x ≤ 1.
Với đk đó phương trình tương đương với
|x|(13

1 − x
2
+ 9

1 + x
2
) = 16 ⇔ x
2
(13

1 − x
2
+ 9

1 + x
2
)
2

≤ (13 + 27)(13(1 −x
2
) + 3(1 + x
2
))
= 40(16 − 10x
2
).
Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta được
10x
2
(16 − 10x
2
) ≤

10x
2
+ (16 − 10x
2
)
2

2
= 64
Do đó V t(1) ≤ 4.64 = 256, ta được
(1) ⇔

√
1 − x
2

Ví dụ 1.16. Giải phương trình
3
√
x
2
− 2 =
√
2 − x
3
.
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.
Hướng dẫn: Đk
2 − x
3
≥ 0 ⇔ x ≤
3
√
2
Giả sử x là nghiệm của phương trình. Khi đó
x
2
− 2 ≥ 0 ⇔

x ≥
√
2
x ≤ −
√

− 3x
2
− 4
là một biểu thức âm khi x ≤ −
√
2 .
Cách thứ hai ta biến đổi V t thành
x
9
− x
4
(6x
2
− 1) + 12x
3
− 4x
2
− 4
cũng là một biểu thức âm khi x ≤ −
√
2 . . .
Ta có thể biến đổi tiếp phương trình (1.9) sau khi chia hai vế cho x −1 = 0 ,
ta được

x
8
+ x
7
+ x
6

√
x + 2
.
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình thành
(
√
x + 6 +
√
x + 2)(
√
2x − 1 − 3) = 4
12
suy ra x ≥ 5 .
V t là hàm số đồng biến trên đoạn [5; +∞) . Từ đó dẫn đến x = 7 là nghiệm
duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 1.18. Giải phương trình
2x
2
− 11x + 21 − 3
3
√
4x − 4 = 0
Hướng dẫn: Phương trình tương đương với
(x − 3)(2x − 5) =
12(x − 3)
3

(4x − 4)
2
+ 2

2
+ 2x + 3 +

x
2
− x + 6
Nhận xét: Với bài toán này ta sử dụng một đánh giá ít gặp sau đây:

f(x) +

g(x) =

f(x) + ah(x) +

g(x) + bh(x) ⇔

f(x) ≥ 0; g(x) ≥ 0
h(x) = 0
với a, b là hai số thực dương.
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình

2x
2
− 1 +

x
2
− 3x + 2 =

2x

đó ta nghĩ đến biến đổi phương trình thành phương trình mới có V t là tổng các
bình phương, còn V p bằng 0.
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình thành

4
√
x − 1996 −
4
4
√
x − 1996

2
+

4

y − 2008 −
1
4
√
y − 2008

2
= 0.
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x; y) = (2012; 2009) .
Ví dụ 1.21. Giải phương trình x
√
y − 1 + 2y
√

2
+
3
2
xy
Khi đó phương trình đã cho tương đương với

x ≥ 1; y ≥ 1
y(
√
x − 1 − 1)
2
+
1
2
x(
√
y − 1 − 1)
2
= 0
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x; y) = (2; 2) .
1.4 Phương pháp lượng giác
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp lượng giác ta có thể đặt
f(x) = sin α nếu f (x) ∈ [−1; 1] với điều kiện α ∈

−
π
2
;
π


0;
π
2

.
Khi đó ta được phương trình
cos
8
y − 2cos
4
y + 8cos
2
y − 7 = 0
⇔ (cosy − 1)( ) = 0
⇔ (cos
2
y − 1)(cos
6
y + cos
4
y − cos
2
y + 7) = 0
⇔ cos y = 1
Do vậy phương trình có một nghiệm là x =
1
2
.
Ví dụ 1.23. Giải phương trình

suy ra sin 2y = 2 sin y cos y = z
2
− 1 , ta được z =
√
2 và z = −
√
2
2
.
Với z =
√
2 thì y =
π
4
, do đó x =
√
2
2
.
Với z = −
√
2
2
thì y =
11π
12
, do đó x = −
1+
√
3

Hướng dẫn: Đk −1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt x = sin y, y ∈

−
π
2
;
π
2

suy ra cos y ≥ 0 .
Khi đó phương trình trở thành
sin
3
y + cos
3
y =
√
2 sin y cos y
15
Đặt sin y + cos y = z, z ∈

−
√
2;
√
2

(chính xác là z ∈


4
, do đó x =
√
2
2
.
Nếu z = 1 −
√
2 thì
sin y + cos y = 1 −
√
2 ⇔ x +

1 − x
2
= 1 −
√
2
⇔

1 − x
2
= 1 −
√
2 − x ≥ 0
⇔ x =
1 −
√
2 −


∆ACM ⇒ CM
2
= x
2
+ 9 − 3
√
2.x
và xét
∆ABM ⇒ BM
2
= x
2
+ 16 − 4
√
2.x
16
Từ đó suy ra V t = CM + BM ≥ BC = 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M ≡ D
,hay
CM
BM
=
3
4
⇔ 16CM
2
= 9BM
2
⇔ 16x
2
+ 16.9 − 48

+ y
2
− 2y − 3 = 5 − y +
4

x
4
− 16
Nhận xét: Bài toán này không khó, chỉ kiểm tra tính cẩn thận của học sinh
mà thôi vì sau khi đặt điều kiện đã tìm được giá trị của x. Tuy nhiên nếu học
sinh học hời hợt sẽ ngồi nhìn mà không làm được bài. Hướng dẫn: Đặt đk
cho phương trình xác định ta sẽ được x = 2 . Khi đó phương trình trở thành
|y − 1| = 2 −y , suy ra y =
3
2
. Vậy phương trình có một nghiệm là (x; y) =

2;
3
2

.
Ví dụ 1.27. Giải phương trình
3
√
7x + 1 −
3

x
2

(y + z + t)
3
= 8. (1.12)
17
Từ (1.11) và (1.12) ta được
(y + z + t)
3
− (y
3
+ z
3
+ t
3
) = 3(y + z)(z + t)(t + y) = 0
⇔



y + z = 0
z + t = 0
t + y = 0
⇔



y = −z
z = −t
t = −y
Xét y = −z ta được x = −1 ∨ x = 9 , xét z = −t được x = 1 và t = −y được
x = 0 ∨ x = 1 .




=
√
97 và ta cũng có
|
−→
a | =
√
x
2
− 4x + 20,



−→
b



=
√
x
2
+ 4x + 29 . Phương trình trở thành |
−→
a | +



9
.
Ví dụ 1.29. Giải phương trình

1 +

2x − x
2
+

1 −

2x − x
2
= 2(x − 1)
4
(2x
2
− 4x + 1)
Hướng dẫn: Đặt
y =

2x − x
2
=

1 − (x − 1)
2
suy ra


2
)
2
(1 − 2y
2
) ≥ 2 − y
2
Đặt y
2
= z , ta được 0 ≤ z ≤ 1 và 2(1 − z)
2
(1 −2z) ≥ 2 − z ⇔ z(4z
2
−10z + 7) ≤ 0
⇔ z ≤ 0 (do 4z
2
− 10z + 7 > 0).
Do đó z = 0 , suy ra y = 0 hay
2x − x
2
= 0 ⇔

x = 0
x = 2
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 và x = 2 .
19