Luận văn Phương trinh, đường lối chung để giải một phương trình

một ẩn bằng khái niệm hàm số, định nghĩa phƣơng trình nhiều ẩn bằng khái niệm biểu thức chứa ẩn. Rất phản sƣ phạm! Tất cả các lập luận trên giúp ta đi đến khẳng định: nhiều bài toán giải phƣơng trình ta không nhất thiết phải tìm tập xác định, điều kiện ngay khi bắt tay vào giải, ta có thể thực hiện bƣớc tìm điều kiện nhƣ một bƣớc trong lời giải. Khẳng định trên sẽ đƣợc minh hoạ cụ thể bởi các ví dụ trong mục 2.3.2. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 7 Chƣơng 2 ĐƢỜNG LỐI CHUNG ĐỂ GIẢI MỘT PHƢƠNG TRÌNH 2.1. Bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện là bài toán quen thuộc với tất cả chúng ta. Về hình thức, nó đƣợc phát biểu nhƣ sau. Tìm tất cả các đối tƣợng A( ).a Kí hiệu A( )a biểu thị đối tƣợng A có tính chất .a Cùng với kí hiệu A( ),a ta còn dùng kí hiệu A( )a để biểu thị đối tƣợng A không có tính chất .a Các kí hiệu A( )a và A( )a có hiệu lực trong toàn bộ luận văn này. Trong bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện, thuật ngữ “tìm” cần phải hiểu là “tìm hết” chứ không phải là “tìm đƣợc”. Nói một cách chính xác, tìm tập hợp { }A A( ) .a Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có ba phƣơng pháp giải, đƣợc mô hình hoá nhƣ sau. Phƣơng pháp 1: biến đổi hệ quả và thử lại*. Bƣớc 1: biến đổi hệ quả*. A( ) A .a Þ Î T Bƣớc 2: thử lại*. A A( ).Î Þ aT Phƣơng pháp 2: biến đổi tương đương*. A( ) A .a Û Î T Chú ý: Về phƣơng diện logic, phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng cũng chính là phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Tuy nhiên, trong lời giải mỗi bài toán tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện cụ thể, sử dụng phƣơng pháp nào trong hai phƣơng pháp trên là vấn đề không đơn giản đòi hỏi ngƣời giải toán phải có kĩ năng. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 8 Phƣơng pháp 3: đoán nhận và khẳng định*. Bƣớc 1: đoán nhận*. Bằng một cách nào đó chỉ ra rằng { }A( ) .Ð aT Bƣớc 2: khẳng định*. A A( ).Ï Þ aT A A( ).Î Þ aT Chú ý: Nếu sử dụng phƣơng pháp đoán nhận và khẳng định thì ta phải có công đoạn đoán nhận tập hợp T trƣớc khi tiến hành thao tác khẳng định: chứng minh A A( ).Î Þ aT Nhƣ vậy, phƣơng pháp đoán nhận và khẳng định không tự nhiên bằng phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Vì lí do trên, phương pháp đoán nhận và khẳng định ít đƣợc sử dụng hơn phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Cần phải nói thêm rằng, để giải bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện, về phƣơng diện lôgic, song hành với các phƣơng pháp 1, 3 còn có hai phƣơng pháp giải khác, đƣợc mô hình hoá nhƣ sau. Phƣơng pháp 1’, bao gồm hai bƣớc. Bƣớc 1. TA A( ).Ï Þ a Bƣớc 2. TA( ) A .a Þ Ï Phƣơng pháp 3’, bao gồm hai bƣớc. Bƣớc 1. A( ) A .a Þ Î T Bƣớc 2. TA( ) A .a Þ Ï Tuy nhiên, trong thực tế giải toán, để giải các bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện, ngƣời ta chỉ sử dụng các phƣơng pháp 1, 2, 3, các phƣơng pháp 1’, 3’ không bao giờ đƣợc sử dụng. 2.2. Bài toán giải phƣơng trình 2.2.1. Đƣờng lối chung để giải một phƣơng trình – Các ví dụ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 9 Giải phƣơng trình tức là tìm hết các nghiệm của phƣơng trình. Nhƣ vậy bài toán giải phƣơng trình là một trong các bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện. Do đó, về phƣơng diện logic nó chỉ có thể đƣợc giải bởi một trong ba phƣơng pháp sau: biến đổi hệ quả và thử lại; biển đổi tương đương; đoán nhận và khẳng định. Các ví dụ dƣới đây là sự cụ thể hoá ba phƣơng pháp trên. Ví dụ 2.2.1.1. Biến đổi hệ quả và thử lại. Giải phƣơng trình sau. 1632  xx (1). Lời giải. Bƣớc 1: biến đổi hệ quả. Giả sử x0 là nghiệm của (1). Ta thấy: 0 0 x 3 16 2x- = - là đẳng thức đúng 2 0 0 x 3 (16 2x )Þ - = - 2 0 0 0 x 3 256 2x 4xÞ - = - + 2 0 0 4x 65x 256 0Þ - + = 0 0 x 7 37 x 4 é = ê êÞ ê = êë Bƣớc 2, thử lại. Với x0 = 7 thay vào phƣơng trình (1): 2.7 7 3 16   nên 7 là nghiệm của phƣơng trình. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 10 Với 0 37 x 4 = thay vào vế trái phƣơng trình (1): 37 37 2. 3 16 4 4    nên 37 4 không là nghiệm của phƣơng trình. Kết luận. Phƣơng trình (1) có nghiệm là 7. Ví dụ 2.2.1.2 Biến đổi tương đương. Giải phƣơng trình sau. x 1 x(x 3)- = - - (1). Lời giải. Cách 1. Ta thấy: x0 là nghiệm của (1) 0 0 0 x 1 x (x 3)Û - = - - là đẳng thức đúng 0 0 0 0 0 0 0 0 x 1 x (x 3) x 1 0 lµ tuyÓn hai hÖ®¼ng thøc vµ bÊt ®¼ng thøc®óng (x 1) x (x 3) x 1 0 éí - = - -ïêìêï - ³ïîêÛ ê í - - = - -ïê êì ïê - <îë 0 0 2 0 0 2 0 0 x 2x 1 0 x 1 lµ tuyÓn hai hÖ®¼ng thøc vµ bÊt ®¼ng thøc®óng x 4x 1 0 x 1 éíï - - =ïê ìêï ³êïî êÛ êíï + + =ïê ìêï <êïîë 0 0 0 0 0 0 x 1 2 x 1 2 x 1 lµ tuyÓn hai hÖ®¼ng thøc vµ bÊt ®¼ng thøc®óng x 2 3 x 2 3 x 1 éí éï = +ê ï ê ì = -êëï ï ³ïîê Û ê í éïê = - +ï êêïï êêì = - -êê ëïêïïê <ïîë Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 11 0 0 0 x 1 2 x 2 3 lµ tuyÓn ba ®¼ng thøc®óng. x 2 3 é = +ê ê Û = - +ê ê ê = - -êë Kết luận. Phƣơng trình có nghiệm là 1 2.; 2 3; 2 3.+ - + - - Cách 2. Trƣờng hợp 1. 0x 1 0.  Ta thấy: x0 là nghiệm của phƣơng trình 0 0 0 x 1 x (x 3)Û - = - - là đẳng thức đúng 0 2 0 x 2x 1 0Û - - = là đẳng thức đúng 0 0 x 1 2 x 1 2 é = +êÛ ê = -êë là tuyển hai đẳng thức đúng Kết hợp với điều kiện 0x 1 0,  ta thấy: x0 là nghiệm của phƣơng trình 0 x 1 2Û = + là đẳng thức đúng. Trƣờng hợp 2. 0x 1 0.  Ta thấy: x0 là nghiệm của phƣơng trình 0 0 0 (x 1) x (x 3)Û - - = - - là đẳng thức đúng 0 2 0 x 4x 1 0Û + + = là đẳng thức đúng 0 0 x 2 3 x 2 3 é = - +êÛ ê = - -êë là tuyển hai đẳng thức đúng Kết hợp với điều kiện 0x 1 0,  ta thấy: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 12 x0 là nghiệm của phƣơng trình 0 0 x 2 3 x 2 3 é = - +êÛ ê = - -êë là tuyển hai đẳng thức đúng Kết luận. Kết hợp cả hai trƣờng hơp, ta thấy phƣơng trình có ba nghiệm là 1 2,+ 2 3, 2 3.    Nhận xét. Để phân biệt cách 1 và cách 2, ngƣời ta nói cách 1 là biến đổi tương đương, cách 2 là biến đổi tương đương trong điều kiện. Ví dụ 2.2.1.3. đoán nhận và khẳng định. Giải phƣơng trình sau trong 0( , ). 2 10 xxx x   (1). Lời giải. Bƣớc 1, đoán nhận Dễ nhận thấy x = 1 là nghiệm của (1). Bƣớc 2, khẳng định Khi x > 1, ta có x x > 1 x =1 và x 2 > x, do đó x – x2 < 0, suy ra 2 010 10 1x x   , điều đó có nghĩa là 2 10   x x x x . Vậy (1) không có nghiệm khi x > 1. Khi 0 < x < 1, ta có x x < 1 x =1 và x 2 0, suy ra 2 0 10 10 1 x x   , điều đó có nghĩa là 210  x x xx . Vậy (1) không có nghiệm khi 0 < x < 1. Kết luận. x = 1 là nghiệm của phƣơng trình (1) Ví dụ 2.2.1.4. đoán nhận và khẳng định. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 13 ( ) 5 4x 1 1 2 x- + = - (1). Lời giải. Vì các số dƣới căn bậc chẵn phải nhận giá trị không âm nên 1 < x < 2. Vì 1 < x < 2 nên ( ) 5 4 2 x 1 x 1 1 .- < < - + Kết luận. Phƣơng trình (1) vô nghiệm. Chú ý. Vì phƣơng trình vô nghiệm nên trong lời giải trên không có bƣớc đoán nhận mà chỉ có bƣớc khẳng định. 2.2.2. Phƣơng trình hệ quả, phƣơng trình tƣơng đƣơng Lời giải của ví dụ 2.2.1.1 là lời giải chuẩn bằng phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại, lời giải của ví dụ 2.2.1.2 là lời giải chuẩn bằng phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng. Tuy nhiên, cả hai lời giải trên đều qúa rƣờm rà. Để khắc phục tình trạng trên, sử dụng các khái niệm của lí thuyết tập hợp, ngƣời ta đƣa ra hai khái niệm: phƣơng trình hệ quả, phƣơng trình tƣơng đƣơng. Nếu tập nghiệm của phƣơng trình f(x) = g(x) nằm trong tập nghiệm của phƣơng trình F(x) = G(x) thì phƣơng trình F(x) = G(x) đƣợc gọi là phƣơng trình hệ quả của phƣơng trình f(x) = g(x). Để biểu thị F(x) = G(x) là hệ quả của f(x) = g(x), ta viết: f(x) = g(x)  F(x) = G(x). Nếu tập nghiệm của phƣơng trình f(x) = g(x) bằng tập nghiệm của phƣơng trình f(x) = g(x) thì ta nói phƣơng trình f(x) = g(x) và phƣơng trình F(x) = G(x) là hai phƣơng trình tƣơng đƣơng. Để biểu thị f(x) = g(x) và f(x) = g(x) tƣơng đƣơng, ta viết: f(x) = g(x)  F(x) = G(x). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 14 Đƣơng nhiên f(x) = g(x)  F(x) = G(x) khi và chỉ khi f(x) = g(x)  F(x) = G(x) và F(x) = G(x)  f(x) = g(x). Hãy chú ý tới sự hoàn hảo của kí hiệu, dấu  bao gồm hai dấu:  và  . Nhờ các khái niệm phƣơng trình hệ quả và phƣơng trình tƣơng đƣơng, lời giải của các ví dụ 2.2.1.1 và 2.2.1.2 đƣợc thể hiện đơn giản hơn. Ví dụ 2.2.2.1. (giải lại bằng khái niệm phƣơng trình hệ quả). Giải phƣơng trình sau. 1632  xx (1) Lời giải. Bƣớc 1, biến đổi hệ quả x 3 16 2x- = - 2x 3 (16 2x)Þ - = - 2x 3 256 2x 4xÞ - = - + 24x 65x 256 0Þ - + = x 7 37 x 4 é = ê êÞ ê = êë Bƣớc 2, thử lại. Khi x = 7, vế trái của (1) = 2.7 7 3 16   = vế phải của (1). Do đó 7 là nghiệm của phƣơng trình (1). Khi 37 x 4 = vế trái của (1) = 37 37 2. 3 16 4 4    = vế phải của (1). Do đó 37 4 không là nghiệm của phƣơng trình. Kết luận. Phƣơng trình có nghiệm là 7. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 15 Lời giải. Ví dụ 2.2.2.2. (Giải lại bằng khái niệm phƣơng trình tƣơng đƣơng). Giải phƣơng trình sau. x 1 x(x 3).- = - - (1) Lời giải. Cách 1. x 1 x(x 3)- = - - x 1 x(x 3) x 1 0 (x 1) x(x 3) x 1 0 éí - = - -ïïêìêï - ³ïîêÛ êí - - = - -ïêï ìê ï - <êïîë 2 2 x 2x 1 0 x 1 x 4x 1 0 x 1 éíï - - =ïêìêï ³ïîê Û ê íïê + + =ïêì ïê <ïîë x 1 2 x 1 2 x 1 x 2 3 x 2 3 x 1 éí éï = +ïê êïï ê ìê = -êëïïïê ³ïîêÛ êí éïê = - +ï êïêï êêì = - -êëêïïêï <ïêîë x 1 2 x 2 3 x 2 3 é = +ê ê Û = - +ê ê ê = - -êë Kết luận. Phƣơng trình có nghiệm là 1 2.; 2 3; 2 3.+ - + - - Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 16 Cách 2. Trƣờng hợp 1. x 1 0.  Ta thấy: x 1 x(x 3) x 1 x(x 3) - = - - Û - = - - 2x 2x 1 0Û - - = x 1 2 x 1 2 é = +êÛ ê = -êë Kết hợp với điều kiện x 1 0,  ta thấy x 1 2= + là nghiệm của (1). Trƣờng hợp 2. x 1 0.  x 1 x(x 3) (x 1) x(x 3) - = - - Û - - = - - 2x 4x 1 0Û + + = x 2 3 x 2 3 é = - +êÛ ê = - -êë Kết hợp với điều kiện x 1 0,  ta thấy x 2 3,x 2 3= - + = - - là các nghiệm của (1). Kết luận. Kết hợp cả hai trƣờng hơp, ta thấy phƣơng trình có ba nghiệm là 1 2,+ 2 3, 2 3.    Nhận xét. Cách 1 vẫn đƣợc gọi là biến đổi tương đương, cách 2 vẫn đƣợc gọi là biến đổi tương đương trong điều kiện. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 17 2.2.3. Phƣơng trình tham số Phƣơng trình tham số là phƣơng trình có chứa những số đã biết nhƣng chƣa cụ thể (tham số). Ví dụ (m + 1)x – 3 = 0 là một phƣơng trình ẩn x chứa tham số m; trình y2 – 2y + t = 0 có thể đƣợc coi là một phƣơng trình ẩn y chứa tham số t. Giải và biện luận phƣơng trình chứa tham số nghĩa là giải một họ các phƣơng trình (mỗi giá trị cụ thể của tham số cho ta một phƣơng trình trong họ). Ví dụ 2.2.3.1: Giải và biện luận phƣơng trình tham m: 2x m x   (1) Lời giải: 2 2 2 2 2 0 ( 2) 2 5 4 0 2 5 9 ( ) 2 4 2 5 9 2 4 5 9 2 4 9 4 x m x x x m x x x x m x x m x x m x m m                                            Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 18 2 5 9 2 4 9 4 2 5 9 2 4 9 4 5 9 2 2 4 5 9 2 4 9 4 5 9 2 2 4 5 9 2 4 9 4 x x m m x x m m m x m m m x m m                                                    1 9 0 2 4 5 9 2 4 9 4 1 9 2 4 5 9 2 4 9 4 m x m m m x m m                           Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 19 9 4 5 9 2 4 9 4 1 9 4 4 5 9 2 4 9 4 5 9 2 4 9 4 2 5 9 2 4 9 4 5 9 2 4 9 2 4 5 9 2 4 m x m m m x m m x m m m x m m x m m x m                                                 Kết luận: Khi 9 4 m  thì phƣơng trình (1) vô nghiệm. Khi 9 2 4 m  thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm là: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 20 5 9 2 4 x m   Khi 2m thì phƣơng trình (1) có một nghiệm là: 5 9 2 4   x m Nhân xét: Phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng rất ƣu việt trong các bài toán giải và biện luận các phƣơng trình chứa tham số. 2.3. Đặt điều kiện trong bài toán giải phƣơng trình 2.3.1. Tập xác định của phƣơng trình – điều kiện của phƣơng trình Nếu hàm số y = f(x) có tập xác định là Df và hàm số y = g(x) có tập xác định là Dg , thì tập xác định của phƣơng trình f(x) = g(x) là tập hợp D = Df ∩ Dg Giả sử D là tập xác định của phƣơng trình f(x) = g(x). Điều kiện để x thuộc D (hay điều kiện của x để f(x) và g(x) có nghĩa) đƣợc gọi là điều kiện xác định của phƣơng trình (gọi tắt là điều kiện của phƣơng trình). 2.3.2. Hệ lụy của khái niệm tập xác định của phƣơng trình – điều kiện xác định của phƣơng trình Đặt điều kiện trong khi giải phƣơng trình là vấn đề rất đáng quan tâm. Câu hỏi “Mục đích của việc đặt điều kiện?” là câu hỏi khó trả lời không chỉ với các em học sinh mà với cả những ngƣời làm toán sơ cấp chuyên nghiệp. Nếu không trả lời đƣợc câu hỏi trên thì ngƣời giải phƣơng trình rất dễ rơi vào các tình trạng sau: + Khi không cần đặt điều kiện thì lại đặt điều kiện + Khi cần đặt điều kiện thì lại không đặt điều kiện Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 21 + Khi cần đặt điều kiện không biết cách đặt điều kiện sao cho đơn giản và hiệu quả. Trong tình hình trên, sự xuất hiện của khái niệm tập xác định của phƣơng trình – điều kiện của phƣơng trình (mà lại xuất hiện trong SGK) quả là mảnh đất tốt để nảy sinh cách sử lí máy móc sau: tìm điều kiện xác định của phƣơng trình trƣớc khi giải bất cứ một phƣơng trình nào. Cách sử lí trên có hợp lí không? Các ví dụ dƣới đây sẽ trả lời điều đó. Ví dụ 2.3.2.1: Giải phƣơng trình 3 2 2log x x sin x 1 tan x.     Lời giải. Vì 3 2 2log x x sin x 1 1 0 tan x       nên phƣơng trình vô nghiệm. Nhận xét. Đặt điều kiện để làm gì khi mà ta trông thấy ngay phƣơng trình vô nghiệm? Mục đích của chúng ta là tìm nghiệm của phƣơng trình cơ mà. Ví dụ 2.3.2.2: Tìm m sao cho phƣơng trình sau có nghiệm: 3x m x   (1) Lời giải. Cách 1. (Thừa nhận khái niệm miền xác định của phƣơng trình). Miền xác định của phƣơng trình:  ;D m  Nếu x < 3 thì phƣơng trình đã cho vô nghiệm. Nếu x 3 thì phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình 2x 7x m 9 0    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 22 Vậy: (7) có nghiệm 2x 7x m 9 0     có nghiệm x 3 và x m 2 2 7 9 0 3 7 13 2 4 3 7 13 2 4 7 13 2 4 3 13 4 x x m x cãnghiÖm x m (x ) m x cãnghiÖm x m (x ) m (x ) m cãnghiÖm x x m m                                          Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 23 3 13 4 7 13 2 4 3 13 4 7 13 2 4 7 13 3 2 4 7 13 2 4 13 4 7 13 2 4 7 13 3 2 4 7 13 2 4 13 4 7 13 2 4 x x m m x m cãnghiÖm x x m m x m m m m m x m m m m m x m                                                                    cãnghiÖm           Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24 13 7 4 2 13 4 7 13 2 4 13 1 4 2 13 7 4 2 13 4 7 13 2 4 m m m x m cãnghiÖmm m m m x m                                7 2 13 4 7 13 2 4 3 7 2 13 4 7 13 2 4 m m x m cãnghiÖmm m m x m                          Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 13 4 7 13 2 4 13 3 4 7 13 2 4 m x m cãnghiÖm m x m                  Vậy điều kiện để phƣơng trình (1) có nghiệm là 13 4 m  . Cách 2. (Không thừa nhận khái niệm miền xác định của phƣơng trình). Ta có phƣơng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2x m (x 3) x 3       có nghiệm 2x 7x m 9 0 x 3         có nghiệm 27 13(x ) m 2 4 x 3         có nghiệm 7 13 (x ) m 2 4 7 13 (x ) m 2 4 13 m 4 x 3                    có nghiệm Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 7 13 2 4 13 4 3 7 13 2 4 13 4 3 x m m x x m m x                           có nghiệm 7 13 m 3 2 4 13 m 4 7 13 m 3 2 4 13 m 4              có nghiệm 13 1 m 4 2 13 m 4 13 1 m 4 2 13 m 4             có nghiệm Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 13 4 3 13 4 13 4 m cãnghiÖmm m m cãnghiÖm           Vậy điều kiện để phƣơng trình (1) có nghiệm là 13 4 m  . Nhận xét. Bài toán “Tìm m sao cho phƣơng trình 2x 7x m 9 0    có nghiệm x 3 và x m ” khó hơn bài toán “Tìm m sao cho phƣơng trình 2x 7x m 9 0    có nghiệm x 3 ”. Nói cách khác, cách 2 tốt hơn cách 1. Ví du 2.3.2.3: Giải phƣơng trình 4245 1 532 2 xxxx x    (1) Lời giải. Cách 1. Điều kiện của phƣơng trình là: x 5 - 2x 4 + 3x 2 – 5  0 (a) và x 4  0 (b). Trong điều kiện trên, ta có: 4245 1 532 2 xxxx x     ( x – 2 ).x4 = x5 – 2x4 + 3x2 – 5  3x 2 – 5 = 0 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28  5 x 3   Khi 5 x 3   , vế trái của (a) là số vô tỉ ≠ 0 = vế phải của (a); vế trái của (b) là số vô tỉ ≠ 0 = vế phải của (b). vào điều kiện (a) dễ thấy vế trái (a) là số vô tỷ, nên vế trái (a) khác 0. Vậy (1) có hai nghiệm là 5 x . 3   Cách 2. 4245 1 532 2 xxxx x    5 4 2 4 4 5 4 2 x 2x 3x 5 0 x 0 (x 2).x x 2x 3x 5               4 4 5 4 2 x 2 x 0 (x 2).x x 2x 3x 5           2 x 2 x 0 3x 5 0 5 x . 3            Vậy (1) có hai nghiệm là 5 x . 3   Nhận xét. 4 5 4 2 5 4 2x 0; x 2; (x 2).x x 2x 3x 5 x 2x 3x 5 0.            Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 Việc kiểm tra 5 x 3   thoả mãn các điều kiện x ≠ 0 và x ≠ 2 đơn giản hơn việc kiểm tra 5 x 3   thỏa mãn các điều kiện x5 - 2x 4 + 3x 2 – 5  0 và x 4  0. Điều đó có nghĩa là cách 2 tốt hơn cách 1. Qua các ví dụ trên, có thế nói rằng bất cứ lời giải nào của bài toán giải phƣơng trình có chứa công đoạn tìm điều kiện xác định của phƣơng trình cũng có thể thay thế bởi một lời giải không dài hơn và không có công đoạn tìm điều kiện xác định của phƣơng trình, có thể nói rằng trong khá nhiều trƣờng hợp công đoạn tìm điều kiện xác định của phƣơng trình làm cho lời giải bài toán giải phƣơng trình dài ra, phức tạp hơn. 2.3.3. Đặt điều kiện với phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại Nếu giải phƣơng trình bằng phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại thì việc đặt điều kiện có vai trò nhƣ một hoặc một vài phép biến đổi hệ quả. Hiểu rõ vấn đề này, ta sẽ biết cách đặt điều kiện sao cho hợp lí trong khi giải phƣơng trình bằng phƣơng pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Nhận định trên sẽ đƣợc minh hoạ qua các ví dụ có kèm theo nhận xét dƣới đây. Ví dụ 2.3.3.1: Giải phƣơng trình 2x 3x 2 2x 3 (1).    Lời giải. Cách 1: Điều kiện 2 x 1 x 3x 2 0 x 2 x 2. 2x 3 0 3 x 2                Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 Ta có 2 2 2 5 5 x 2 x 3x 2 2x 3 x 3x 2 2x 3 x 5x 5 0 5 5 x 2                      Ta có 5 5 5 4 3 2. 2 2 2      Do đó 5 5 x 2   không là nghiệm của (1). Ta có 25 5 5 5 5 5 3 2 2 3. 2 2 2            Do đó 5 5 x 2   là nghiệm của (1). Tóm lại (1) có nghiệm 5 5 x . 2   Cách 2. Điều kiện 3 2x 3 0 x . 2     Ta có 2 2 2 5 5 x 2 x 3x 2 2x 3 x 3x 2 2x 3 x 5x 5 0 5 5 x 2                      Ta có 5 5 5 4 3 . 2 2 2     Do đó 5 5 x 2   không là nghiệm của (1). Ta có 25 5 5 5 5 5 3 2 2 3. 2 2 2            Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 Do đó 5 5 x 2   là nghiệm của (1). Tóm lại (1) có nghiệm 5 5 x . 2   Nhận xét. Các phép biến đổi hệ quả 2 2 x 1 x 3x 2 0 x 2 x 3x 2 2x 3 x 2 2x 3 0 3 x 2                    “mịn” hơn và tất nhiên là phức tạp hơn các phép biến đổi hệ quả. 2 3x 3x 2 2x 3 2x 3 0 x . 2          Tuy nhiên, cả hai có cùng một tác dụng: loại ngay, không phải thử trực tiếp vào (1), giá trị 5 5 x . 2   Do đó lời giải 2 hay hơn lời giải 1. Ví dụ 2.3.3.2: Giải phƣơng trình x 1 x 2 (1).   Lời giải. Cách 1. Điều kiện 1x Ta có 2 2 5 5 x 2 x 1 x 2 x 1 x 4x 4 x 5x 5 0 . 5 5 x 2                     Ta có 5 5 1 0 2    và 5 5 3 5 1 0. 2 2      Do đó 5 5 x 2   và 5 5 x 2   cùng thoả mãn điều kiện x 1 0.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 Ta có 25 5 5 5 5 5 1 2 2. 2 2 2             Do đó 5 5 x 2   là nghiệm của (1). Ta có 5 5 1 5 5 5 2 0 1. 2 2 2         Do đó 5 5 x 2   không phải là nghiệm của (1). Tóm lại (1) có nghiệm 5 5 x . 2   Lời giải 1. Ta có 2 2 5 5 x 2 x 1 x 2 x 1 x 4x 4 x 5x 5 0 . 5 5 x 2                     Ta có 25 5 5 5 5 5 1 2 2. 2 2 2             Do đó 5 5 x 2   là nghiệm của (1). Ta có 5 5 1 5 2 0. 2 2      Do đó, dù 5 5 1 2   vô nghĩa hay có nghĩa thì 5 5 x 2   vẫn không phải là nghiệm của (1). Tóm lại (1) có nghiệm 5 5 x . 2   Nhận xét. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 Phép biến đổi hệ quả x 1 x 2 x 1 0      qúa “thô” nên không có lợi trong việc tìm nghiệm của (1). Do đó điều kiện x 1 0  làm cho lời giải 1 dài ra một cách không cần thiết. Vì không sử dụng điều kiện x 1 0  nên lời giải 2 ngắn gọn hơn lời giải 1. Ví dụ 2.3.3.3: Giải phƣơng trình 2 4 2 2 2 x x x x      (1) Lời giải. Cách 1. Điều kiện 2x  . 2 4 2 2 2 x x x x      2 2 4 2 2 5 0 ( 5) 0 5 0                x x x x x x x x x Vì x = 0 không thỏa mãn điều kiện, nên không phải nghiệm. Thử lại, x = 5 thấy thỏa mãn (1). Vậy (1) có một nghiệm là x = 5. Cách 2. 2 4 2 2 2 x x x x      Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 2 2 4 2 2 5 0 ( 5) 0            x x x x x x x 5 0     x x Vì x = 0 không thỏa mãn điều kiện, nên không phải nghiệm. Thử lại, x = 5 thấy thỏa mãn (1). Vậy (1) có một nghiệm là x = 5. Nhận xét. Vì việc kiểm tra x = 0 không thoả mãn điều kiện x > 2 và việc kiểm tra x = 0 không thoả mãn điều kiện 2 4 2 2 2 x x x x      dễ nhƣ nhau nên lời giải 1 và lời giải 2 có độ khó dễ nhƣ nhau. Nói cách khác, biến đổi hệ quả 2 4 2 2 2 0 2 2           x x x x x x không có ý nghĩa trong việc giải phƣơng trình (1). Ví dụ 2.3.3.4: Giải phƣơng trình x 2 1 x sin x (1).    Lời giải. Cách 1. Điều kiện x 2 0 x 2 1 x 0 . x 1 sin x 0          Vì không có x thoả mãn điều kiện trên nên (1) vô nghiệm. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 Cách 2. Ta có x 2 0 x 2 x 2 1 x sin x . 1 x 0 x 1                Vì không có x thoả mãn điều kiện trên nên (1) vô nghiệm. Cách 3.      x 2 1 x sin x x 2 1 x 2 x 2 1 x sinx 2 x 2 1 x sinx+1 4 x-2 1 x sinx+1 .....                    Nhận xét. Vì