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