Luận văn Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

ựng một xã hội học tập, đƣợc đào tạo liên tục, tự học, học ở trƣờng, học trên mạng, thƣờng xuyên trau dồi kỹ năng, kiến thức, phát triển trí tuệ và sáng tạo. Trong đó, việc xây dựng một hệ thống các phƣơng pháp giải phƣơng trình vô tỷlà một trong những giải pháp có nhiều tiềm năng và hứa hẹn đem lại hiệu quả cao trong việc học tập bộ môn toán và giúp ngƣời học vƣợt qua các kì thi. Với đề tài là: “ Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ” tôi đã làm sáng tỏ đƣợc vai trò của phƣơng trình vô tỷ trong các đề thi hiện nay. Từ đó xây dựng thành công hệ thống phƣơng pháp giải phƣơng trình vô tỷ và sáng tạo phƣơng trình vô tỷ. 6. Đặt tên đề tài “ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ” 7. Bố cục luận văn Nội dung của luận văn đƣợc chia thành 2 chƣơng , cụ thể nhƣ sau: Chƣơng 1: Nghiên cứu tổng quan Giới thiệu một số vấn đề liên quan đến phƣơng trình vô tỷ. Chƣơng 2: Phƣơng pháp giải phƣơng trình vô tỷ Giới thiệu về một số phƣơng pháp giải phƣơng trình vô tỷ và cách sáng tạo các phƣơng trình vô tỷ từ các phƣơng pháp đã có. CHƯƠNG 1. NGHIÊN CỨU TỔNG QUAN 1.1 CÁC KHÁI NIỆM. 1.1.1 Khái niệm về phƣơng trình một ẩn a. Khái niệm Cho    , A x B x là hai biểu thức chứa biến ,x khi đó     A x B x gọi là phƣơng trình một ẩn. Trong đó: + x đƣợc gọi là ẩn. +    , A x B x gọi là hai vế của phƣơng trình. + Quá trình tìm x gọi là giải phƣơng trình. + Giá trị tìm đƣợc của x gọi là nghiệm của phƣơng trình. + S: Tập hợp nghiệm của phƣơng trình. + Tập xác định: Tập xác định của phƣơng trình. b. Tập xác định của phƣơng trình Là tập những giá trị của biến làm cho mọi biểu thức trong phƣơng trình có nghĩa. c. Các khái niệm về hai phƣơng trình tƣơng đƣơng + Hai phƣơng trình đƣợc gọi là tƣơng đƣơng khi chúng có cùng tập nghiệm. Hoặc nghiệm của phƣơng trình này đều là nghiệm của phƣơng trình kia và ngƣợc lại. 1.1.2 Phƣơng trình vô tỷ a. Định nghĩa Phƣơng trình vô tỷ là phƣơng trình chứa ẩn ở dƣới dấu căn. Ví dụ: 1 3 7x x x     . b. Các bƣớc giải phƣơng trình vô tỷ + Tìm tập xác định của phƣơng trình. + Biến đổi đƣa phƣơng trình về dạng phƣơng trình đã học. + Giải phƣơng trình vừa tìm đƣợc. + So sánh kết quả với tập xác định và kết luận. c. Các kiến thức cơ bản về căn thức + Một số âm không có căn thức bậc chẵn vì điều kiện của ẩn là biểu thức chứa trong dấu căn bậc chẵn là một số không âm. + Đặt điều kiện để phép nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế phƣơng trình đảm bảo nhận đƣợc phƣơng trình tƣơng đƣơng. + 2A A 1.2 PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ CƠ BẢN 1.2.1 Các dạng cơ bản thƣờng gặp Dạng 1: ( ) ( ) (1)f x g x Đây là dạng đơn giản nhất của phƣơng trình vô tỷ. Phƣơng pháp giải: 2 ( ) 0 (2) ( ) ( ) ( ) ( ) (3). g x f x g x f x g x      Giải phƣơng trình (3) đối chiếu với điều kiện (2) chọn nghiệm thích hợp rồi suy ra nghiệm của phƣơng trình (1). Ví dụ 1.1.Giải phƣơng trình 1 1x x   (1). Giải 2 2 1 1 1 (1) 3.3 1 ( 1) 3x 0 0 x x x xx x x x x                      Vậy 3x  là nghiệm của phƣơng trình (1). Dạng 2: ( ) ( ) ( ) (2)f x g x h x  . Phƣơng pháp giải: + Tìm điều kiện của phƣơng trình ( ) 0 ( ) 0 (3) ( ) 0. f x g x h x      +Với điều kiện số (3) hai về của phƣơng trình không âm nên bình phƣơng hai vế, ta có: 21( ). ( ) ( ( )) ( ) ( ) (4) 2 f x g x h x f x g x     . Phƣơng trình số 4 có dạng (1) vì vậy ta quay lại làm nhƣ dạng trên. Ví dụ1.2.Giải phƣơng trình. 16x 23 1 2 3 5 (1).x    Giải (1) 16 23 1 2 3 5x x     . Điều kiện 16 23 0 5 (*) 3 5 0 3 x x x       . Với điều kiện (*) phƣơng trình có hai vế không âm nên ta bình phƣơng hai vế ta có: 16 23 1 12x 20 4 3x 5 4x 4 4 3x 5x          21 3x 5 2x 1 3x 5x x         2 2 5x 6 0 3. x x x         Kiểm tra lại ta thấy 2, 3x x  là nghiệm của phƣơng trình. Dạng 3: ( ) ( ) ( )f x h x g x  Dạng 3 chỉ khác dạng 2 ở vế phải là ( )g x nên cách giải tƣơng tự nhƣ dạng 2. Ví dụ1.3.Giải phƣơng trình. 1 12 7. (1)x x x     . Giải Điều kiện 7 12 (*)x  . Với điều kiện (*) phƣơng trình (1) có hai vế không âm nên ta bình phƣơng hai vế. 2 2 2 (1) 1 12 7 2 (12 )( 7) 4 2 (12 )( 7) 4 8x 16 4( 19x 84) 4 4 44 5 84x 352 0 55 8. x x x x x x x x x x x x x x x x                                    Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm 8x  . Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất 8x  . Dạng 4: (x) (x) (x) (x)f h g k   . Phƣơng pháp giải: Điều kiện ( ) 0 ( ) 0 (*) ( ) 0 ( ) 0. f x g x h x k x        Bình phƣơng hai vế ta có ( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) ( ) 2 ( ). ( )f x h x f x h x g x k x g x k x     ( ) ( ) ( ).F x G x H x  Khi đó tùy từng trƣờng hợp mà ta sử dụng phƣơng pháp sao cho phù hợp. 1.2.2 Phương pháp đưa về tích Dạng 1: Sử dụng đẳng thức   1 1 1 0u v uv u v          0au bv ab vu u b v a       Ví dụ 1.4. Giải phƣơng trình : 233 31 2 1 3 2x x x x       . Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình   3 3 0 1 1 2 1 0 1. x x x x           Ví dụ 1.5.Giải phƣơng trình : 2 23 33 31x x x x x     . Giải + 0x  , không phải là nghiệm . + 0x  , ta chia hai vế cho x khi đó ta có đƣợc phƣơng trình  3 3 33 31 11 1 1 1 0 1x xx x x x x x                 . Ví dụ 1.6.Giải phƣơng trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x       . Giải Điều kiện của phƣơng trình là 1x   . Khi đó phƣơng trình    1 3 2 1 1 0 0. x x x x x           Ví dụ 1.7. Giải phƣơng trình : 4 3 4 3 x x x x     . Giải Điều kiện 0x  .Chia cả hai vế cho 3x  ta đƣợc: 2 4 4 4 1 2 1 0 1 3 3 3 x x x x x x x               . Dạng 2: Dùng hằng đẳng thức Ta có đẳng thức 2 2 A B A B A B       Biến đổi phƣơng trình về dạng : k kA B , khi đó A B nếu k là số lẻ và A B  nếu k chẵn. Ví dụ 1.8. Giải phƣơng trình : 3 3x x x   . Giải Điều kiện: 0 3x  khi đó phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng : 3 23 3 0x x x    3 31 10 10 1 3 3 3 3 x x           . Vậy tập nghiệm của phƣờng là 3 10 1 3 S          . Ví dụ 1.9. Giải phƣơng trình sau : 22 3 9 4x x x    . Giải Điều kiện 3x   . Khi đóphƣơng trình tƣơng đƣơng :   2 2 1 3 1 3 1 3 9 5 97 .3 1 3 18 x x x x x xx x                  Ví dụ 1.10. Giải phƣơng trình sau :     22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x     . Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với   3 3 32 3 0 1x x x      . CHƢƠNG 2. PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ngoài những bài toán về phƣơng trình vô tỷ ở dạng đơn giản có thể nhìn thấy ngay cách giải hoặc chỉ đơn thuần qua một vài biến đổi tƣơng đƣơng là có đáp án thì còn có những phƣơng trình vô tỷ mà thoạt nhìn ta không thể sử dụng đƣợc các biến đổi thông thƣờng. Để từ đó dẫn đến cần tìm ra các phƣơng pháp hợp lý cho từng dạng bài và đƣa ra đƣợc những hƣớng sáng tạo các phƣơng trình vô tỷ mới từ những phƣơng trình đơn giản. Để tìm hiểu thêm về các loại phƣơng trình vô tỷ này ta có thể đi vào một số phƣơng pháp giải phƣơng trình vô tỷ và tìm cách xây dựng nên những phƣơng trình vô tỷ mới. 2.1 PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 2.1.1 Phƣơng pháp đặt ẩn phụ chuyển về phƣơng trình đa thức Đối với nhiều phƣơng trình vô vô tỷ , để giải chúng ta có thể đặt  t f x và chú ý điều kiện của t nếu phƣơng trình ban đầu trở thành phƣơng trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải đƣợc phƣơng trình đó theo t thì việc đặt phụ xem nhƣ “hoàn toàn ”.Nói chung những phƣơng trình mà có thể đặt hoàn toàn  t f x thƣờng là những phƣơng trình dễ . Ví dụ 2.1.1.Giải phƣơng trình: 2 21 1 2.x x x x      Giải Điều kiện 1x  . Nhận xét 2 21. 1 1x x x x     . Đặt 2 1t x x   thì phƣơng trình có dạng 1 2 1t t t     . Thay vào tìm đƣợc 1.x  Ví dụ 2.1.2.Giải phƣơng trình: 22 6 1 4 5.x x x    Giải Điều kiện: 4 5 x   . Đặt 4 5 ( 0)t x t   thì 2 5 4 t x   . Thay vào ta có phƣơng trình sau: 4 2 2 4 210 25 62. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 t t t t t t t            2 2( 2 7)( 2 11) 0t t t t      . Ta tìm đƣợc bốn nghiệm là: 1,2 3,41 2 2; 1 2 3t t     . Do 0t  nên chỉ nhận các gái trị 1 31 2 2, 1 2 3t t     . Từ đó tìm đƣợc các nghiệm của phƣơng trình l: 1 2 ; 2 3x x    . Cách khác: Ta có thể bình phƣơng hai vế của phƣơng trình với điều kiện 22 6 1 0x x   . Ta đƣợc: 2 2 2( 3) ( 1) 0x x x    , từ đó ta tìm đƣợc nghiệm tƣơng ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x   và đƣa về hệ đối xứng. Ví dụ 2.1.3.Giải phƣơng trình sau: 5 1 6.x x    Giải Điều kiện 1 6x  . Đặt 1( 0)y x y   thì phƣơng trình trở thành: 2 4 25 5 10 20 0y y y y y        ( với 5)y  2 2( 4)( 5) 0y y y y      1 21 1 17 (l), 2 2 y y       . Từ đó ta tìm đƣợc các giá trị của 11 17 . 2 x   Ví dụ 2.1.4.(THTT 3-2005) Giải phƣơng trình sau :    2 2004 1 1 .x x x    Giải Điều kiện 0 1.x  Đặt 1y x  ( 0y  ) khi đó phƣơng trình trở thành    2 22 1 1002 0 1 0.y y y y x        Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là  0 .S  Ví dụ 2.1.5. Giải phƣơng trình sau : 2 12 3 1.x x x x x     Giải Điều kiện 1 0x   . Chia cả hai vế cho x ta nhận đƣợc: 1 1 2 3x x x x     . Đặt 1 t x x   , ta giải đƣợc phƣơng trình. Ví dụ 2.1.6. Giải phƣơng trình : 2 4 23 2 1.x x x x    Giải 0x  không phải là nghiệm, chia cả hai vế cho x ta đƣợc: 3 1 1 2x x x x          . Đặt t= 3 1 x x  , ta có: 3 2 0t t    1 5 1 . 2 t x     Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là 1 5 . 2 S          Bài tập rèn luyện Giải các phƣơng trình sau: a. 2 215 2 5 2 15 11x x x x     . b. 2( 5)(2 ) 3 3x x x x    . c. 2(1 )(2 ) 1 2 2x x x x     . d. 2 217 17 9x x x x     . e. 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x        . f. 2 2 11 31x x   . g. 2 2 22 (1 ) 3 1 (1 ) 0 nn nx x x      . h. 2(2004 )(1 1 )x x x    . i. ( 3 2)( 9 18) 168x x x x x     . j. 32 21 2 1 3.x x    Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ nhƣ trên chúng ta chỉ giải quyết đƣợc một lớp bài đơn giản, đôi khi phƣơng trình đối với t lại quá khó giải vì vậy ta cần có thêm các cách là khác để có thể giải quyết đƣợc nhiều lớp bài toán hơn. 2.1.2 Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình thuần nhất bậc hai với hai biến Chúng ta đã biết cách giải phƣơng trình: 2 2 0u uv v    (1) bằng cách Xét 0v  phƣơng trình trở thành : 2 0 u u v v                 và 0v  thử trực tiếp. Các trƣờng hợp sau cũng đƣa về đƣợc (1)         . .a A x bB x c A x B x   2 2u v mu nv    Ngoài việc đi giải các bài toán về phƣơng trình vô tỷ có dạng nhƣ trên thì ta cũng hoàn toàn có thể đƣa ra đƣợc các bài tập tƣơng tự tùy theo mục đích của từng cá nhân bằng việc thay các biểu thức    ,A x B x bởi các biểu thức vô tỷ thì sẽ nhận đƣợc phƣơng trình vô tỷ theo dạng này . a . Phƣơng trình dạng:        . .a A x bB x c A x B x  Xuất phát từ các đẳng thức :   3 21 1 1x x x x         4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x             4 2 21 2 1 2 1x x x x x        4 2 24 1 2 2 1 2 2 1 .x x x x x      Ta tạo ra những phƣơng trình vô tỷ dạng trên ví dụ nhƣ: 2 44 2 2 4 1x x x    Để có một phƣơng trình đẹp, chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phƣơng trình bậc hai 2 0at bt c   giải “ nghiệm đẹp”. Ví dụ 2.1.7.Giải phƣơng trình :  2 32 2 5 1.x x   Giải Đặt 21, 1u x v x x     . Phƣơng trình trở thành :  2 2 2 2 5 1 2 u v u v uv u v        . Tìm đƣợc: 5 37 . 2 x   Ví dụ 2.1.8: Giải phƣơng trình sau : 2 32 5 1 7 1.x x x    Giải Điều kiện 1x  . Nhận xét : Ta viết       2 21 1 7 1 1x x x x x x         . Đồng nhất thức ta đƣợc       23 1 2 1 7 1 1x x x x x x        . Đặt 21 0 , 1 0u x v x x       , ta đƣợc: 9 3 2 7 1 4 v u u v uv v u        . Ta đƣợc : 4 6.x   b.Phƣơng trình dạng : 2 2u v mu nv    Phƣơng trình cho ở dạng này thƣờng khó “phát hiện “ hơn dạng trên, nhƣng nếu ta bình phƣơng hai vế thì đƣa về đƣợc dạng trên. Ví dụ2.1.9.giải phƣơng trình : 2 2 4 23 1 1.x x x x     Giải Ta đặt : 2 2 1 u x v x      khi đó phƣơng trình trở thành : 2 23 .u v u v   Ví dụ2.1.10.Giải phƣơng trình sau : 2 22 2 1 3 4 1.x x x x x      Giải Điều kiện 1 2 x  . Bình phƣơng 2 vế ta có :          2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x           Ta có thể đặt : 2 2 2 1 u x x v x       khi đó ta có hệ : 2 2 1 5 2 1 5 2 u v uv u v u v           Do , 0u v  và  2 1 5 1 5 2 2 1 2 2 u v x x x        . Phƣơng trình có nghiệm 1 5 3 5 ; . 2 2 x x      Kết hợp với điều kiện của bài toán ta thấy phƣơng trình vô nghiệm. Ví dụ2.1.11.Giải phƣơng trình : 2 25 14 9 20 5 1.x x x x x       Giải Điều kiện 5x  . Chuyển vế bình phƣơng ta đƣợc:   2 22 5 2 5 20 1x x x x x      Nhận xét : Không tồn tại số ,  để :    2 22 5 2 20 1x x x x x        vậy ta không thể đặt 2 20 1. u x x v x        Nhƣng may mắn ta có          2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x           . Ta viết lại phƣơng trình    2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x        . Đến đây bài toán đƣợc giải quyết . 2.1.3 Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một phƣơng pháp hay trong giải phƣơng trình vô tỷ, phƣơng pháp này tạo ra một lời giải đẹp và ngắn gọn,tuy nhiên cũng gây nhiều thắc mắc khi nhìn vào lời giải, nó có thể sử dụng để giải nhiều dạng phƣơng trình khác nhau nhƣng phổ biến nhất là dạng 2 2( ) cx +dx+e .ax b px qx t    Phƣơng trình 2 2( ) cx +dx+ eax b px qx t    có thể giải bằng phƣơng pháp đặt ẩn phụ.Chúng ta có thể đặt một ẩn phụ hoặc hai ẩn phụ để giải quyết phƣơng trình.Mục đích là đƣa phƣơng trình trở thành một phƣơng trình bậc hai hai ẩn có biệt thức Δ là một biểu thức chính phƣơng. Ví dụ 2.1.12:Giải phƣơng trình 2 2(3 3 8 3 02 .) x +1x x x     Giải Phƣơng trình tƣơng đƣơng với 2 2( 2x +1 )( 2x3 3 1+1 0)x x    . Đến đây phƣơng trình đã trở nên đơn giản,dễ dàng giải tiếp. Khi nhìn vào lời giải trên không ít ngƣời thắc mắc về cách phân tích thành nhân tử phƣơng trình trên,một lời giải khá gọn và đẹp nhƣng tại sao lại có cách phân tích trên,chúng ta sẽ đi tìm lời giải đáp. Mặc dù máy tính Casio có thể tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình,chúng ta có thể dựa vào nghiệm vô tỷ hoặc nghiệm phức để tìm ra nhân tử,nhƣng nếu phƣơng trình không có nghiệm vô tỷ thì sao và phƣơng pháp này có thể áp dụng cho cả hai trƣờng hợp. Bài toán trên còn có một lời giải khác: Đặt 22x +1 .t Phƣơng trình trở thành: 2 23 8( 3 3 0.)t x t x x     Ta có : 2 2( )100 60 9 10 3t x x x      . Từ đây dễ dàng giải tiếp. Nhìn hai cách giải trên ta thấy có gì đó liên quan đến nhau.Từ lời giải 2 dễ dàng suy ra lời giải 1.Ở cách giải thứ 2,hệ số của 2t là 3,nếu hệ số khác có làm cho Δ chính phƣơng không,đáp án là không.Vậy những số nào có thể thỏa mãn.Chúng ta gọi hệ số đó là m , khi đó phƣơng trình trở thành 2 2 2( )8 3 3 3 2 1 0( )mt x t x x m x        Mong muốn của chúng ta là : 2 23 8( 3 3 0.)t x t x x     Chúng ta tìm m để t chính phƣơng 2 2 2 2 2 2 8 3 4 3 3 2 1 8( ) [ ( )] 12 64 4 48 4 4( ) ( ) 9t x m x x m x m m x m x m m                t chính phƣơng khi phƣơng trình Δ = 0 có nghiệm duy nhất,tức là: 3 20 16 8 36 1( )17 243 0.t m m m m       Dễ dàng thấy phƣơng trình trên có nghiệm 3m  ,từ đó suy ra cách biến đổi phƣơng trình để có hai lời giải trên. Tổng quát: Phƣơng trình 2 2( ) cx +dx+. e .ax b px qx z    Viết lại phƣơng trình thành: 2 2( ) cx +d 0. x+e .px qx z ax b    Đặt 2cx +dx+e .t Ta sẽ biến đổi phƣơng trình thành 2: 0 1( ) ( ) ( )mt ax b t P x    Với 2 2( ) ( )P x x qx z m cx dx e      và t là một biểu thức chính phƣơng,nhiệm vụ của chúng ta là phải tìm một giá trị m thoả mãn yêu cầu. Viết lại phƣơng trình (1) thành: 22 2( ) cx +dx+e (1 ) ( ) ( ) 0.mt ax b mc x q md x z e         2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) [( ) ( ) ( )] ( ) ( ) 4 1 4 4 2 4 4 4 4 . ( ) t ax b m mc x q md x z e a m m c x ab mq m d x b mz me Ax Bx C                      Để t chính phƣơng khi phƣơng trình 0  có nghiệm duy nhất,tức 0t  hay 2 2 2 2 2 4 0 2 4 4 4 4 4 4( ) ( )4) 0(B AC ab mq m d a m mc b mz me           . Khai triển vế trái của phƣơng trình trên ta đƣợc một phƣơng trình có dạng: 3 2 1 2 3 4( ) 0,m a x a x a x a    phƣơng trình này luôn có ít nhất hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm 0m  . Sau khi tìm đƣợc giá trị m ,ta dễ dàng giải quyết phƣơng trình (1). Ví dụ 2.1.13.Giải phƣơng trình 2 2( ). 2-x 0.4 7 2 4x x     Đặt 22-x .t Phƣơng trình thành: 24 7 2 4 0( )x x t     Viết phƣơng trình về dạng: 2 2 24 7 2 4( ) ( )2 0mt x x t m x       2 2 2( )2 4 4 7 2( 0)mt x t x m x       . Bƣớc tiếp theo đi tìm m 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 7 2 4 16 4 1( ) [ ( ) 6 8] ( 28 16.)t x m x m x m m x x m m                2 2 4 3 2 3 2 64 4 16 4 8 28 16 32 240 480 144 32 240 480 ( )( ) 14 0) ( 4 . t m m m m m m m m m m m m                  Giải phƣơng trình ta tìm đƣợc nghiệm 3m  . Phƣơng trình viết lại thành: 2 2 2( )3 2 4 4 7 3 2 0( )t x t x x       2 2( )3 2 2 1 0.t x t x      2 2 2( ) ( ) ( )3 2 .2 1 1x x x       1 13.t xt x     Vậy là bài toán đƣợc giải quyết. Ví dụ 2.1.14. Giải phƣơng trình :   33 23 2 2 6 0.x x x x     Giải Nhận xét : Đặt 2y x  ( 0y  ) ta hãy biến phƣơng trình trên về phƣơng trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y . 3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 0 2 . x y x x y x x xy y x y              Phƣơng trình có nghiệm : 2, 2 2 3.x x   2.1.4 Phƣơng pháp đặt nhiều ẩn phụ đƣa về hệ Xuất phát từ một số hệ “đại số” đẹp chúng ta có thể tạo ra đƣợc những phƣơng trình vô tỷ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đƣa về hệ. Xuất phát từ đẳng thức       3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a         . Ta có       33 3 3 0a b c a b c a b a c b c          . Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phƣơng trình vô tỷ có chứa căn bậc ba. 2 23 33 7 1 8 8 1 2;x x x x x        3 3 3 33 1 5 2 9 4 3 0.x x x x        Ví dụ2.1.15.Giải phƣơng trình 2 . 3 3 . 5 5 . 2 .x x x x x x x         Giải 2 3 5 u x v x w x          , ta có :          2 2 2 22 3 3 5 5. u v u wu uv vw wu v uv vw wu u v v w w uv vw wu v w u w                             Giải hệ ta đƣợc: 30 239 . 60 120 u x   Ví dụ2.1.16. Giải phƣơng trình sau : 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2.x x x x x x x          Giải Ta đặt : 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2 a x b x x c x x d x x                 ,khi đó ta có : 2 2 2 2 2. a b c d x a b c d          Bài tập rèn luyện: Giải các phƣơng trình sau 1) 2 24 5 1 2 1 9 3x x x x x       2)       3 3 244 44 1 1 1 1x x x x x x x x         . a. Đặt ẩn phụ đƣa về hệ thông thƣờng. Đặt    ,u x v x   và tìm mối quan hệ giữa  x và  x từ đó tìm đƣợc hệ theo u,v. Chẳng hạn đối với phƣơng trình:    m ma f x b f x c    ta có thể đặt:     m m u a f x v b f x       từ đó suy ra m mu v a b   . Khi đó ta có hệ . m mu v a b u v c        Ví dụ2.1.17.Giải phƣơng trình:  3 33 325 25 30x x x x    . Giải. Đặt 3 3 3 335 35.y x x y     Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ phƣơng trình sau: 3 3 ( ) 30 35 xy x y x y      , giải hệ này ta tìm đƣợc ( ; ) (2;3) (3;2)x y   . Tức là nghiệm của phƣơng trình là {2;3}x . Ví dụ2.1.18.Giải phƣơng trình 4 4 1 2 1 2 x x    . Giải Điều kiện: 0 2 1.x   Đặt 4 4 2 1 0 2 1,0 2 1. x u u v x v             Ta đƣa về hệ phƣơng trình sau: 4 4 2 2 4 4 4 1 1 2 2 1 2 1 2 1. 2 u v u v u v v v                     Giải phƣơng trình thứ 2: 2 2 2 4 1 ( 1) 0 2 v v          , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phƣơng trình. Ví dụ2.1.19.Giải phƣơng trình sau: 5 1 6x x    . Giải Điều kiện: 1x  . Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b       thì ta đƣa về hệ phƣơng trình sau: 2 2 5 ( )( 1) 0 1 0 1 5 a b a b a b a b a b b a                  . Vậy 11 17 1 1 5 1 1 5 2 x x x x x             . Ví dụ 2.1.20.Giải phƣơng trình: 6 2 6 2 8 35 5 x x x x       . Giải Điều kiện: 5 5x   . Đặt  5 , 5 0 , 10u x v y u v      . Khi đó ta đƣợc hệ phƣơng trình: 22 2 ( ) 10 210 2 44 4 8 ( ) 1 .2( ) 33 u v uvu v u vu z uvu v                         b. Xây dựng hệ vô tỷ từ hệ đối xứng loại II Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phƣơng trình bằng cách đƣa về hệ đối xứng loại II rồi từ đó đƣa ra các bài toán chuyển về phƣơng trình có chứa căn thức mới dựa vào những bài toán hệ phƣơng trình đã biết này. Ta xét một hệ phƣơng trình đối xứng loại II sau :     2 2 1 2 (1) 1 2 (2) x y y x         việc giải hệ này thì đơn giản. Bây giời ta sẽ biến hệ thành phƣơng trình bằng cách đặt  y f x sao cho (2) luôn đúng, lấy 2 1y x   , khi đó ta có phƣơng trình :   2 21 ( 2 1) 1 2 2x x x x x         . Vậy để giải phƣơng trình : 2 2 2x x x   ta đặt lại nhƣ trên và đƣa về hệ . Bằng cách tƣơng tựxét hệ tổng quát dạng bậc 2 :     2 2 x ay b y ax b             , ta sẽ xây dựng đƣợc phƣơng trình dạng sau : đặt y ax b    , khi đó ta có phƣơng trình :   2 . a x ax b b           Tƣơng tự cho bậc cao hơn :   n nax ax b b           Tóm lại phƣơng trình thƣờng cho dƣới dạng khai triển ta phải viết về dạng :   ' ' n nx p a x b      và đặt ny ax b    để đƣa về hệ, chú ý về dấu của . Việc chọn ,  thông thƣờng chúng ta chỉ cần viết dƣới dạng   ' ' n nx p a x b      là chọn đƣợc. Ví dụ2.1.21.Giải phƣơng trình: 2 2 2 2 1x x x   . Giải Điều kiện: 1 2 x  . Ta có phƣơng trình đƣợc viết lại là: 2( 1) 1 2 2 1x x    . Đặt 1 2 1y x   thì ta đƣa về hệ sau: 2 2 2 2( 1) 2 2( 1) x x y y y x         . Trừ hai vế của phƣơng trình ta đƣợc ( )( ) 0x y x y   . Giải ra ta tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình là: 2 2x   . Ví dụ2.1.22.Giải phƣơng trình: 22 6 1 4 5x x x    . Giải Điều kiện 5 4 x   .Ta biến đổi phƣơng trình nhƣ sau: 2 24 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11x x x x x         . Đặt 2 3 4 5y x   ta đƣợc hệ phƣơng trình sau: 2 2 (2 3) 4 5 ( )( 1) 0. (2 3) 4 5 x y x y x y y x             Với 2 3 4 5 2 3.x y x x x        Với 1 0 1 1 2.x y y x x         Kết luận: Nghiệm của phƣơng trình là {1 2; 1 3}.  c. Xây dựng phƣơng vô tỷ từ hệ gần đối xứng. Ta xét hệ sau : 2 2 (2 3) 2 1 (1) (2 3) 3 1 x y x y x          đây không phải là hệ đối xứng loại II nhƣng chúng ta vẫn giải hệ đƣợc và từ hệ này chúng ta xây dựng đƣợc bài toán phƣơng trình sau : Ví dụ 2.1.23 .Giải phƣơng trình: 24 5 13 3 1 0x x x     . Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm nhƣ những phƣơng trình trƣớc : 2 13 33 2 3 1 4 4 x x          Đặt 13 2 3 1 4 y x   thì chúng ta không thu đƣợc hệ phƣơng trình mà chúng ta có thể giải đƣợc. Để thu đƣợc hệ (1) ta đặt : 3 1y x    , chọn ,  sao cho hệ chúng ta có thể giải đƣợc(đối xứng hoặc gần đối xứng ). Ta có hệ :   2 2 2 2 22 2 3 1 0 (1)3 1 (*) 4 13 5 0 (2)4 13 5 y y xy x x x yx x y                              . Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2) và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x y . Nên ta phải có : 2 22 3 1 4 13 5            , ta chọn đƣợc ngay 2; 3    . Ta có lời g