KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
TRONG TRƯỜNG THCS

=
1
A. MỞ ĐẦU
I/. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Toán học là môn học có ứng dụng trong hầu hết trong tất cả các ngành khoa học tự
nhiên cũng như trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội.
Vì vậy toán học có vị trí đặc biệt trong việc phát triển và nâng cao dân trí. Toán
học không chỉ cung cấp cho học sinh (người học )những kiến thức cơ bản,những kĩ
năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện kĩ năng tư duy logic,một
phương pháp luận khoa học.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra phương pháp dạy học và giải bài tập toán
đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống, sử dụng đúng phương pháp dạy học
góp phần hình thành và và phát triển tư duy của học sinh. Đồng thời thông qua việc học
toán học sinh được bồi dưỡng và rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy
để giải bài tập toán, đặc biệt là giải phương trình vô tỉ.
Hiện nay ngay từ lớp 7 học sinh được hoàn thiện việc mở rộng tập số hữu tỉ Q
thành tập số thực R. Trong khi đó giáo viên khi dạy phương trình vô tỉ thì ít khai thác
phân tích đề bài, mở rộng bài toán mới, dẫn đến học sinh khi gặp bài toán về giải
phương trình vô tỉ là lúng túng hoặc chưa biết cách giải hoặc giải được nhưng chưa
chặt chẽ mà còn mắc nhiều sai lầm về tìm tập xác định, khi nâng lên luỹ thừa, đưa biểu
thức ra ngoài dấu giá trị tuyệt đối.
Vì vậy phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải phương trình
vô tỉ là cần thiết cho nên tôi xin được trình bày một phần nhỏ để khắc phục tình trạng
trên về giải phương trình vô tỉ góp phần nâng cao chất lượng học môn toán của học
sinh ở trường THCS.
II/. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ nhằm nâng cao năng

Trang bị cho học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản áp dụng để
làm bài tập.
Rút ra một số chú ý khi làm từngphương pháp.
Chọn lọc một số bài tập hay gặp phù hợp cho từng phương pháp giải, cách biến đổi.
Vận dụng giải các bài toán có liên quan đến phương trình vô tỉ.
Tôi hi vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS trong việc học và
giải phương trình vô tỉ. Qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng
định hướng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học
sinh làm việc tích cực hơn đạt kết quả cao trong kiểm tra.
II/ TÌNH HÌNH THỰC TẾ
1.KẾT QUẢ TÌNH TRẠNG KHI CHƯA THỰC HIỆN :
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trớc khi áp dụng đề tài với 40 học sinh tôi thấy kết
quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau:
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
20 50% 14 35% 5 12,5% 1 2,5%
2. NGUYÊN NHÂN CỦA THỰC TẾ TRÊN:
Đây là dạng toán tương đối mới lạ và khó với học sinh, học sinh chưa được trang
bị các phương pháp giải, nên việc suy luận còn hạn chế và nhiều khi không có lối thoát
dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối với học sinh trung bình các em càng khó giải
quyết.
III/ NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1/. Khái niệm phương trình vô tỉ
Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn
2/. Các ví dụ :
4
a)
11 =−x
c)
3+− xx

- Giải phương trình vừa tìm được.
- So sánh kết quả với ĐKXĐ rồi kết luận nghiệm.
4/. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản:
a/. Phương pháp1: nâng lên luỹ thừa (Bình phương hoặc lập phương
hai vế phương trình ):
• Giải phương trình dạng :
)()( xgxf =
+ / các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình :
11 −=+ xx
(1)
ĐKXĐ : x+1
≥
0
⇔
x
≥
-1
Với x
≥
-1 thì vế trái của phương trình không âm. Để phương trình có nghiệm thì
x-1
≥
0
⇒
x
≥
1.Khi đó phương trình (1) tương đương với phương trình :
x+1 = (x-1)
2

≥−
≥−
013
01
x
x
⇔




≤
≥
13
1
x
x

⇔
1
≤
13
≤
x
(2)
Bình phương hai vế của (1) ta được :

2
)13(1 xx −=−


≥−
x
x

⇔

2
1
−≥
≤
x
x

⇔
12 ≤≤− x
Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được :

xxx ++++=− 22211

⇔
01
2
=−+ xx
Phương trình này có nghiệm
2
51−−
=x
thoã mãn (2)
Vậy nghiệm của phương trình là
2

x−12⇔
1+x
=
x−12
+
7−x
(1)
ĐKXĐ:
121
7
12
1
07
012
01
≤≤⇔





≥
≤
−≥
⇔



=
5
44
và x
2
= 8 đều thoả mãn (2).
Vậy x
1
=
5
44
và x
2
= 8 là nghiệm của phương trình.
* Giải phương trình dạng :
=+ )()( xhxf
)(xg
+
)(xq
Ví dụ 6: Giải phương trình :
1+x
+
10+x
=
2+x
+
5+x
(1)
ĐKXĐ :


5
2
10
1
x
x
x
x
⇔ x ≥ -1 (2)
Bình phương hai vế của (1) ta được :
x+1 + x+ 10 + 2
)10)(1( ++ xx
= x+2 + x+ 5 + 2
)5)(2( ++ xx

⇔
2+
)10)(1( ++ xx
=
)5)(2( ++ xx
(3)
Với x
≥
-1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được

)10)(1( ++ xx
= 1- x Điều kiện ở đây là x
≤
-1 (4)
Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4)

3
45+x
-
3
16−x
=1
2.
41
2
++ xx
= x+ 1 5.
x−1
=
x−6
-
)52( +− x
7
3.
x−1
+
x+4
=3 6.
3
1−x
+
3
2−x
=
3
32 −x

xx
⇔ x ≤ 4
Phương trình (1)
⇔

43 −x
= -x + 4

⇔




−=−
+−=−
443
443
xx
xx
⇔



=
=
0
2
x
x
Với x= 2 hoặc x = 0 đều là nghiệm của phương trình (đều thoả mãn x

+ Khi 2
≤
x
≤
4 ta có (2)
⇔
0x + 2 =5 vô nghiệm
+ Khi x > 4 ta có (2)
⇔
2x – 6 =5
⇔
x =5,5 (thoả mãn x > 4 )
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0,5 và x = 5,5
Ví dụ 3 : Giải phương trình:
314 +−− xx
+
816 +−− xx
= 1 ; ĐKXĐ: x
≥
1
Phương trình được viết lại là :

414)1( +−−− xx
+
916)1( +−−− xx
= 1
⇔
2
)21( −−x
+

10 thì (1)
⇔
0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm
- Nếu x> 10 thì (1)
⇔
-5 = 1 phương trinh vô nghiệm
Vậy phương trình có vô số nghiệm : 5
≤
x
≤
10
+ Nhận xét :
Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử
dụng giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên song trong thực tế cần
lưu ý cho học sinh :
-Áp dụng hằng đẳng thức
2
A
=
A
- Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn nên
giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm.
+ /. Bài tập áp dụng
1.
96
2
+− xx
+
2510
2

932
2
++ xx
=33
ĐKXĐ :
∀
x
∈
R
Phương trình đã cho tương đương với: 2x
2
+ 3x +9 +
932
2
++ xx
- 42= 0 (1)
Đặt 2x
2
+ 3x +9 = y > 0 (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện
bắt buộc cho ẩn phụ y)
Ta được phương trình mới : y
2
+ y – 42 = 0
⇒
y
1
= 6, y
2
= -7. Có nghiệm y =6 thoả mãn y> 0
Từ đó ta có

0
⇒
x
= y
2
ta có phương trình mới
y
2
+ y -12 = 0 phương trình có 2 nghiệm là y= 3 và y = - 4 (loại)
⇒
4
x
= 3
⇒
x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
1+x
+
x−3
-
)3)(1( xx −+
= 2 (1)
ĐKXĐ :



≥−
≥+
03
01

4
2
−t
(2). thay vào (2) ta được
t
2
– 2t = 0
⇔
t(t-2) = 0 ⇔



=
=
2
0
t
t
+ Với t = 0 phương trình vô nghiệm.
+Với t = 2 thay vào (2) ta có :
)3)(1( xx −+
= 0
⇒
x
1
= -1; x
2
= 3 (thoả mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x
1

2
+ b
2
= x
2
+ 2
Phương trình đã cho được viết là
5ab = 2(a
2
+ b
2
)

⇔
(2a- b)( a -2b) = 0
⇔



=−
=−
02
02
ba
ba
+ Trường hợp: 2a = b

⇔
2
1+x

= 2
1
2
+− xx

⇔
x+ 1 = 4x
2
-4x + 3 = 0

⇔
4x
2
-5x + 3 = 0 phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=
2
375 +
và x=
2
375 −
Ví dụ 5: Giải phương trình:
1+x
+ 2 (x+1) = x- 1 +
x−1
+ 3
2
1 x−
(1)
Đặt
1+x

=
tu
tu
12

⇔






−=++
−=+
xx
xx
1112
11
⇔





−=
=
25
24
0
x

=
2
4
2
+t
⇔

1+t
+
1−t
=
2
4
2
+t
⇔





=
=+−
0
044
2
2
t
tt
(t

Đặt ẩn phụ để được phương trình mới chứa ẩn phụ (Vd 3-1,3-2,3-3)
Đặt ẩn phụ để đưa về một biểu thức nhóm (VD 3-4; 3-5)
+ /. Bài tập áp dụng:
1/ x
2
– 5 +
6
2
−x
= 7 3/
3
2
x
- 3
3
x
=20
2/ x
x
1
- 2x
3
x
= 20 4/
8
3
+x
= 2x
2
– 6x +4

(
)37 −+x
-2(
)37 −+x
) =3

⇔
(
)37 −+x
(
23 −+x
) =0

⇔






=−+
=−+
023
037
x
x
⇔




2+x
= t
≥
0 Khi dó
3
1 x−
=
3
2
3 t−
Phương trình (1)
⇔

3
2
3 t−
+ t = 1
⇔

3
2
3 t−
= 1- t
⇔
3- t
3
= (1-t)
3
12


2
+ 2x -1
⇔
2y
2
- (4x -1) y + 2x – 1= 0
⇔
( 2y
2
- 4xy + 2y) – ( y- 2x+1) = 0
⇔
(y- 2x+1) (2y- 1) = 0
Giải phương trình này ta tìm được x = 0 ; x =
3
4
là nghiệm của phương trình (1)
Ví dụ 4: Giải phương trình: (
11 −+ x
)(
11 +− x
) = 2x
ĐKXĐ: -1
≤
x
≤
1 (1)
đặt
x+1
= u (0
≤




=−−−
=−
0122
01
2
uu
u
(+) u-1 = 0
⇒
u =1 ( thoả mãn u
≥
0 ) suy ra x = 0 thoả mãn (1)
(+)
122
2
−−− uu
= 0
⇔

2
2 u−
= 2u + 1
⇔





-1 = (
5
1
)
2
– 1 =
25
24−
thoã mãn điều kiện (1)
13
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 và x =
25
24−
.
+ /.Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta
cần chú ý các bước sau.
+ Tìm tập xác định của phương trình .
+ Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0 (gọi là
phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0 ; g( x) = 0 ;… là những phương trình quen
thuộc.
+ Nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0
g( x) = 0 ;… thuộc tập xác định.
+ Biết vận dụng,phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các
số hạng,tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về
phương trình về dạng tích quen thuộc đã biết cách giải.
+ /.Bài tập áp dụng:
1/.
67
3

=2 (ĐKXĐ: 0
≤
x
2

≤
15)
Đặt:
2
25 x−
= a (a
≥
0) (* )

2
15 x−
= b ( b
≥
0) ( ** )
Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình :





≠+
+=+−
=−
0
)(2))((

14
Thay vào phương trình (*) ta có 25 –x
2
=
4
49

⇔
x
2
=
4
51

⇒
x =
2
51
±
(
∈
ĐKXĐ ).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
2
51
±
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
35
3)3(5)5(

2
22
22
tutu
tu
⇒ ut = 0 ⇔



=
=
0
0
t
u
⇔



=
=
5
3
x
x
(thỏa mãn điều kiện )
Vậy phương trình đẫ cho có nghiệm x =3 ; x= 5.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
3
2 x−




=+
=+
)2(1
)1(1
33
tu
tu
Từ phương trình (1)
⇒
u = 1 – t. Thay vào phương trình (2) ta có :
( 1 – t )
3
+ t
2
= 1
⇔

t( t
2
- 4t + 3 = 0
⇔




=+−
=

+
x
+
3
2
)1(
−
x
+
3
2
1
−
x
= 1
Đặt:
3
1
+
x
= a ;
3
1
−
x
= b nên ta có: a
2
=
3
2

1
1
3
3
xb
xa
Ta được phương trình : a
3
– b
3
= 2 (2)
15
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :





=−
=++
2
1
33
22
ba
abba
Từ hệ phương trình ta suy ra a –b = 2
⇒
b = a – 2
Thay vào hệ phương trình (1) ta đợc : (a -1 )

+
3
1 x
+
=1
2. 2
3
12
−
x
= x
3
+ 1 4.
3
1
−
x
+
3
21−x
=
3
32 −x
5.
x
+−
44
= x
f /. Ph ương pháp 6 :chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương
trình vô nghiệm.









≥
≥
≥
3
2
5
1
1
x
x
x
Với x
≥
1 thì x < 5x do đó
1
−
x
<
15
−
x
Suy ra vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm.

2
+−
x
+
4
2
1)2(
+−
x
= 3 +
2
(*)
Mà
2)3(
2
+−
x
+
4)3(
2
+−
x
+
4
2
1)2(
+−
x
≥


= x - 2
1
2
−
x
g /. Phương pháp 7 : Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế
+ /.Các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình:
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
(1)
Ta có vế trái của (1)
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx

-10x + 27 (1)
ĐKXĐ: 4
≤
x
≤
6
Xét vế phải của (1) ta có :
x
2
– 10x + 27 = ( x-5)
2
+ 2
≥
2 với mọi x và vế trái của (1)
17
(
2
64 xx −−−
)
2

≤

2
)46()1((
22
−+−
x
=1 hay
4−x

yy
= 5
2.
1263
2
++
xx
+
9105
2
+−
xx
= 3-4x -2x
2

3.
5,33
2
+−
xx
=
)44)(22(
22
+−+−
xxxx
h /. Ph ương pháp 8 : sử dụng tính đơn điệu của hàm số :
+ /. Các ví dụ :
Ví dụ1: Giải phương trình :
3
2−x

+
x
< 2
nên vế trái của (1) nhỏ hơn 3.
Vậy x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Ví dụ 2: Giải phương trình :

5
2
28
+
x
+ 2
3
2
23
+
x
+
1
−
x
+
x
=
2
+ 9 (1)
ĐKXĐ:
1
0

2
−
x
+
23
2
−−
xx
=
322
2
++
xx
+
1
2
+−
xx
i /. Ph ương pháp 9 : sử dụng điều kiện xảy ra dấu “ =” ở bất đẳng thức không chặt
+ /. Các ví dụ
Ví dụ1: Giải phương trình

2−x
+
1995
+
y
+
1996−z
=

y
+
2
)11996(
−−
z
= 0
⇔







=−
=+
=−
11996
11995
12
z
y
x
⇔






9)1(5
2
++
x
= 5 – (x+1)
2
(*)
Vế trái của (*)
4)1(3
2
++
x
+
9)1(5
2
++
x

≥
2 + 3 = 5
Vế phải của (*) 5 – (x+1)
2

≤
5
Vì thế phương trình (*) chỉ có nghiệm khi và chỉ khi hai vế của
phương trình (*) bằng nhau và bằng 5
⇔
x+ 1 = 0
⇔

- 4x +1 = 0 (do x>
4
1
)
19
Giải phương trình này ta tìm đợc x=
32 ±
(thoả mãn ĐKXĐ).
Vậy x=
32 ±
là nghiệm của phương trình.
+ /. Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp bất đẳng thức để giải phương trình vô tỉ ta cần chú ý
các bước sau :
+ Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x)
≥
a, g(x)
≤
a
(a là hằng số )
Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thoả mãn đồng thời
f(x) =a và g(x) = a
+ Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số ) mà ta luôn có h(x)
≥
m hoặc
h (x)
≤
m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy
ra.
+ Áp dụng các bất đẳng thức : Côsi, Bunhiacopxki

= 3
2.
2−x
+
x−10
= x
2
-12x + 40 4.
116
156
2
2
+−
+−
xx
xx
=
186
2
+−
xx
IV/ KẾT QUẢ THỰC HIỆN :
1/ Nhận xét:
Trên đây tôi giới thiệu với các bạn một số phương pháp giải phương trình vô tỉ,
kết quả thu được rõ ràng đã có thể vận trong nhiều dạng toán, và ứng dụng của các bài
toán này không phải là ít. Nếu như rèn luyện cho học sinh dạng toán này thì chúng ta đã
trang bị cho các em lượng kiến thức không phải là nhỏ. Trong chương trình toán phổ
thông của chúng ta còn rất nhiều phương pháp nữa. Trên đây tôi chỉ trình bày một số
phương pháp thông dụng trong chương trình trung học cơ sở. Tuy nhiên với dạng toán
này thì không phải đối tượng nào cũng tiếp thu một cách dễ dàng, vì vậy giáo viên phải

mong được sự giúp đỡ cũng như những góp ý của các thầy, cô giáo cho tôi để tôi rút
kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy những năm học sau.
Để hoàn thành đề tài này ngoài việc tự nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy tôi
còn nhận được sự giúp đỡ của các đồng nghiệp, các thầy cô giáo trong tổ toán trường
THCS XXX giúp đỡ hướng dẫn tôi hoàn thành đề tài này.
C. TÀI LIỆU THAM KHẢO
- SGK Toán 7-Nhà xuất bản GD 2003
- SGK Đại số 9-Nhà xuất bản GD
- Một số vấn đề phát triển Đại số 9-Nhà xuất bản GD 2001
- Toán bồi dưỡng Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 2002
- Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9- Nhà xuất bản GD 1995
- Để học tốt Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 1999
- Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực - Nhà xuất bản GD 2002.
22
- 23 chuyên đề bài toán sơ cấp - Nhà xuất bản trẻ 2000.
- Những đề thi và những tài liệu khác có liên quan.

23