PHƯƠNG TRÌNH

A. CÁC PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

Phần này đề cập đến các phương pháp giải các phương trình có bậc nhỏ hơn 5

I. Phương trình bậc nhất
Dạng tổng quát :
axbc+=

Biện luận :
•
0a ≠
: phương trình có nghiệm duy nhất
b
x
a
=−

•
0a =
: phương trình có dạng
0
xb=−

0b ≠
: phương trình vô nghiệm
0b =
: phương trình có vô số nghiệm

II. Phương trình bậc hai

=
,
2
2
b
x
a
−−∆
=

Ví d
ụ. Chứng minh rằng phương trình
( )
2
0xabcxabbcca++++++= vô nghiệm với
,,abc
là 3 cạnh của một tam giác .
Giả
i.
Ta có
()()()
2
222
42abcabbccaabcabbcca∆=++−++=++−++
Mà
0∆<
do
,,abc
là ba cạnh tam giác ( xem phần bất đẳng thức hình học)

Bằng
đònh lý Viet
chúng ta có thể xét dấu của các nghiệm như sau
- Phương trình có hai nghiệm dương
0⇔∆≥
và
0P >
và
0S >

- Phương trình có hai nghiệm trái dấu
0⇔∆≥
và
0P <

- Phương trình có hai nghiệm âm
0⇔∆≥
và
0P >
và
0S <Thí du
ï . Tìm m sao cho phương trình
( )
2
22610xmxm−+++= (*) có hai nghiệm không

230
2 0
2 30
m
m
m
m
−+≥


⇔≥


−≥


3
2
m⇔≥

Vậy
3
2
m ≥
thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2

III. Phương trình bậc ba
Dạng tổûng quát :
( )
32

27422742
pq
q
pq
q
+−−+++−
được gọi là công thức Cardano , lấy tên của nhà
toán học Italia. Cardan theo học trưòng đai học Pavie, rồi đại học Padoue và nhận bằng tốt
nghiệp Y khoa năm 1526
Cardan viết khá nhiều về Tốn, cũng như một số ngành khác. Ơng đặt vấn đề giải phương trình
bậc ba cụ thể là
3
620xx+=
. Bây giờ ta nói tổng qt là
3
xpxq+=
. Phương pháp của
Cardan như sau: thay xuv=− và đặt
,uv
như thế nào đó để tích
1
3
uv =
( hệ số của x trong
phương trình bậc ba đang khảo sát ). Nghĩa là
2 uv=
. Từ phương trình
3
620xx+=
ta có
Các dạng phương trình bậc ba thường gặp và phương pháp giải

1. Giải phương trình khi biết một nghiệm của phương trình
Giả sử ta biết được nghiệm
0
x

của phương trình (2) bằng cách đoán nghiệm ( thường là
các nghiệm nguyên đơn giản từ –3 đến +3 ) tức là
32
000
0axbxcxd+++=. Khi đó phương
trình (2)
3232
000
axbxcxdaxbxcxd⇔+++=+++
( ) ( )
( )
()
22
0000
0
22
000
0


0
0
()
2
xx
axb
x
a
=


−+±∆

=



Thí dụ. Giải phương trình
32
3100xxx−+−=
Giải
Nhận thấy 2x = là 1 nghiệm của phương trình
Phương trình
( )
( )
2
2502xxxx−++=⇔=

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm


Mở rộng
Một số tính chất của phương trình hệ số đối xứng (PT HSĐX)
Dạng tổng quát của PT HSĐX
( )
1
110011
...0 , ,...
nn
nnnn
axaxaxaaaaa
−
−−
++++===

Tính chất 1. PT HSĐX nếu có nghiệm
0
x thì
0
0x ≠ và
0
1
x
cũng là nghiệm
Tính chất 2. PT HSĐX bậc lẻ (
21nk=+
) nhận
1x =−
là nghiệm
Tính chất 3. Nếu

3
d
x
a
−
=
q Nếu
0c ≠
thì
0b ≠
, điều kiện
3
dc
ab

⇔=


.
Đặt
c
t
b
=−
thì
cbt=−
và
3
dat=−


2
2
40atba∆=+−≥ thì phương trình có
thêm các nghiệm là
()
2
atb
x
a
−+±∆
=

Thí dụ. Giải phương trình
32
8210xxx−−+=

Đáp số.
1
2
x =−IV. Phương trình bậc bốn
Dạng tổng quát
( )
432
0 0atbtctdtea++++=≠
Ta đưa về dạng
432
0tatbtctd++++=

=−+−



=−+−



Phương trình (3’)
( )
( )
( )
42222
22 xxpxqxrRααααα++=++++∈

( )
()
( )
2
222
2xpxqxrααα⇔+=++++
(3*)
Ta tìm α thỏa hệ thức
( )
( )
22
42qprαα=++
để viết vế phải thành
( )
2p α+


(3**)
§ Nếu
20pα+=
thì phương trình (3*)
( )
2
22
xrαα⇔+=+
(Bạn đọc tự biện luận tiếp)
§ Nếu 20pα+< thì phương trình (3**) vô nghiệm ( do VT
≥
0 và VP < 0)
§ Nếu
20pα+>
thì phương trình (3**)
()
2
2
22
q
xpx
p
αα
α

⇔=±++−

+


2
2
2
2
141
121
121
xx
xx
xx
⇔+=+

+=+
⇔

+=−+



Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là
15x=±
Các dạng phương trình bậc bốn thường gặp và phương pháp giải

1. Phương trình bậc bốn trùng phương
:
Dạng tổng quát
()

xx
++++=

2
2
11
0axbxc
xx

⇔++++=


(*)
Đặt
1
yx
x
=+
( điều kiện :
2y≥
)
2222
22
11
22yxxy
xx
⇒=++⇒+=−

Khi đó phương trình (*) trở thành
2

16
2815 +
, x
4
=
16
2815 −

b) m
≤

32
487−
.

3.Phương trình bậc bốn hồi quy :
Dạng tổng quát : ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 , (a
≠
0) trong đó ad
2
= eb
2
(*)
q Nếu b = 0 thì d = 0 phương trình trở thành phương trình trùng phương :

+ cx
2
+ btx + at
2
= 0. (**)
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình (**) nên ta chia 2 vế phương trình (**) cho
x
2
≠
0 ta được ax
2
+ bx + c +
x
bt
+
x
t
a
2
2
= 0
ó a(x
2
+
x
t
2
2
) + b(x +
x

2
– 2t.
Phương trình (***) trở thành : ay
2
+ by + c – 2at = 0 là phương trình bậc hai theo y , ta sẽ
tìm được nghiệm y
⇒
tìm được x.
Thí dụ : giải phương trình 2x
4
– 21x
3
+ 34x
2
+ 105 x + 50 = 0.
Hứơng dẫn: Đặt x -
x
5
= y ta thu được phương trình : 2y
2
–21y + 54 = 0 có nghiệm
y
1
= 6, y
2
=
2
9

o Với y

4.Phương trình bậc bốn dạng (x +
a
)
4
+ (x + b)
4
= c , (c > 0) :
(3d)
Phương pháp giải phương trình loại này là đặt x = y -
2
ba +
. Khi đó phương trình (3d) trở
thành:

44
22
abab
yyc
−−

++−=


. Đặt α =
2
ba −
để được phương trình gọn hơn :

()()()()()()
2


Khi ta gặp các phương trình dạng
( ) ( )
()
2
22
0aaxbxcbaxbxccxa++++++=≠
(4e)
thì ta chuyển về hệ phương trình bằng cách đặt
2
yaxbxc=++
. Lúc đó ta có hệ đối xứng
²
²
axbxcy
aybycx
++=


++=

Ta trừ vế theo vế hai phương trình của hệ và thu được
( )( ) ( ) ( )( )
10axyxybxyyxxyaxayb−++−=−⇔−+++=
()
()
( )
()
2
2

−+
++



+=
+++=
+++=






Giải 2 phương trình bậc hai này ta thu được nghiệm của phương trình
Thí dụ. Giải phương trình
( )
2
22
24xxx+−+=

Giải
Phương trình
( ) ( )
2
22
222xxxxx⇔+−++−−=

Đặt
2


=±
⇔⇔⇔



++=
=∨=−
++−+=




Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
{ }
2,2,0,2x∈−−6. Phương trình bậc bốn dạng
( )( )( )( ) ( )
xaxbxcxdmabcd β++++=+++=

Phương trình
( )( )
22
xxabxxcdmββ⇔++++=

Đặt
2
xxyβ+= thì ta được phương trình

yy
yy
⇔+−+−=
⇔−−==+
⇔−−=
⇔==−

7. Phương trình bậc bốn dạng
( )( )( )( ) ( )
2
xaxbxcxdmxadbc β++++===Phương trình
( )( )( )( )
2
xaxdxbxcmx⇔++++=
( ) ( )
222
xadxxbcxmxββ

⇔++++++=


Ta chỉ quan tâm đến trường hợp
0β ≠
. Khi đó
0x =
không là nghiệm phương trình trên


75168xx
xx

⇔++++=



()()
2
12
6
75168
7
121330
19
6
71,6
619337
19
2
yyyx
x
y
yy
y
xxx
x
xx
x





B. CÁC PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

Trong phần này tôi xin giới thiệu cùng bạn đọc một số phương trình thường gặp trong các kì
thi như : phương trình chứa dấu giá trò tuyệt đối , phương trình vô tỷ, phương trình chứa ẩn ở
mẫu.
I.Phương trình chứa dấu giá trò tuyệt đối :
Một số tính chất của A : A =



<
≥
0 A nếu A-
0 A nếu A

A∀ ∈
R
1) ABAB+≤+. Dấu “=” xảy ra
⇔
AB
≥
0.
Chứng minh : Bình phương 2 vế : A
2
+ 2AB + B
2



Giải: phương trình
⇔

()()
121
22
=−+− xx

⇔
xx −+− 21 = 1 . (Để ý 2−x = x−2 )
Áp dụng tính chất 1 ta có xx −+− 21
≥

( )
)2(1 xx −+−

⇔
xx −+− 21
≥
1. Dấu “=”
⇔
(x – 1)(2 – x)
≥
0
⇔
1
≤
x
≤

0B
hoặc
Phương trình (5b)
⇔




=
≥
B A
0A
hay



=
<
B- A
0A

3.Phương trình cứ nhiều dấu giá trò tuyệt đối :
Phương pháp thừơng dùng là xét nghiệm của phương trình trên từng khoảng giá trò của
TXĐ.
Thí dụ :giải phương trình 42533 −=−++ xxx (5c).
Giải: Nghiệm của các phương trình (3x + 3) , (x – 5), (2x – 4) lần lượt là –1, 5, 2.
o Khi x
≥
5 thì phương trình (5c) trở thành :(3x + 3) + (x – 5) = (2x – 4)
⇔

0g(x)
2n

•
12n
f(x)
+
= g(x)
⇔
f(x) =
[g(x)]
12n+

•
[f(x)]
2n
=
[g(x)]
2n

⇔
g(x)f(x) =
•
[f(x)]
12n+
=
[g(x)]
12n+
⇔ f(x) = g(x)
Lưu ý : Phép nâng lũy thừa với số mũ chẵn là phép biến đổi tương đương khi 2 vế cùng dấu.




−
=−−
≥−
x)(10
5)2)(x4(x
0x10
2

⇔




=−−
≥
0608x
x
3x
10
2

⇔
x
1
= 6 (thoả), x
2
=

⇔
112)1(2916)1(112)1( ++−+=++−++++++ xxxxxx
⇔
1)1x(
2
3)1x(1)1x(
222
−+
=
−+
+
++⇔
1123111 −+=−++++ xxx
Đặt 1+x = y thì ta được phương trình chứa dấu giá trò tuyệt đối quen thuộc:
1231 −=−++ yyy

3.Phương pháp hữu tỷ hoá:
Đây là phương pháp chuyển phương trình chứa căn thức về dạng phương trình hữu tỷ (có
bậc nguyên) bằng cách đặt ẩn phụ.
Thí dụ 1) giải phương trình : x
2
+ 8x + 12 - 2
88
2
++ x
x
= 3 (6c1)

2
= -7.
Thí dụ 2) Giải phương trình
215
44
=−+− xx
(6c2)
Giải:
Điều kiện :1
≤
x
≤
5 .
Ta đặt
4
1−x
= y + m ( m là hằng số)
⇒
x = (y + m)
4
+ 1 .
Do 1
≤
x
≤
5 nên -m
≤
y
≤
-m +

Do y
≤
-m +
2
nên
2
- y – m
≥
0 .
Phương trình (6c3)
⇔
4 – (y + m)
4
= (
2
- y – m)
4
.

⇔
(
2
- y – m)
4
+ (y + m)
4
= 4

⇔
[ (

-
2
2
≤
y
≤

2
2

Phương trình (6c4) trở thành
[ (
2
2
- y )
2
+ (
2
2
+ y )
2

]
2
- 2(
2
2
- y )
2
(

1
= -
2
2
, y
2
=
2
2
.
• y
1
= -
2
2
thì x
1
= ( -
2
2
+
2
2
)
4
+1 =1
• y
2
=
2

≥
0
⇒
c
a−
≤
x
≤
c
b
và a + b
≥
0.
Đặt y =
cxbcxa −++
thì y
≥
0 và y
2

≤
2(a + b) (bạn đọc tự chứng minh !)
⇒
2 cx)cx)(b(a −+ = y
2
– a – b (6c1)
⇒
y
2


0) (6d)
Phương pháp giải:
Điều kiện : x
≥
b.
Phương trình (6d)
⇔

a)bx( +−
2
+
c)bx( +−
2
= dx + m

⇔

abx +−
+
c+− bx
= dx + m
Đặt
bx −
= y (y
≥
0) rồi giải phương trình chứ a dấu giá trò tuyệt đối theo y.
Từ đó suy ra x.

Thí dụ : giải phương trình
12168143 −=−−++−−+ xxxxx

(6e1)
Phương trình (6e) trở thành