Các dạng cơ bản và phương pháp biến đổi tương đương của phương trình vô tỉ

CÁC DẠNG CƠ BẢN VÀ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Phương trình dạng: f x g x ( ) ( )  (1)

Để giải phương trình dạng (1) thông thường ta giải bằng phép biến đổi tương

đương sau:

pdf 4 trang Người đăng phammen30 Ngày đăng 06/04/2019 Lượt xem 19Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Các dạng cơ bản và phương pháp biến đổi tương đương của phương trình vô tỉ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 CÁC DẠNG CƠ BẢN VÀ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA 
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 
1. Phương trình dạng: ( ) ( )f x g x (1) 
Để giải phương trình dạng (1) thông thường ta giải bằng phép biến đổi tương 
đương sau: 
(1) 
2
( ) 0
( ) ( )
g x
f x g x

 

 (2) 
 Ví dụ1: Giải phương trình: 2 4x x   
Phương trình đã cho tương đương với: 
2 2
4 0 4
2 ( 4) 9 18 0
x x
x x x x
   
 
      
4
 6
3, 6
x
x
x x

  
 
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 6x  
Ví dụ 2: Giải phương trình: 16 17 8 23x x   
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương với: 
2
8 23 0
16 17 (8 23)
x
x x
 

  
2
23
8
64 384 512 0
x
x x


 
   
 4x  
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 4x  
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 1 1x x   
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương với: 
2
2 2
1 0
( 1) 1
x
x x
  

  
3
1
1
( 2 1) 0
x
x
x x x
  
  

  
2
1
1
( 1)( 1) 0
x
x
x x x x
  
  

   
1
1 5
2
x
x


  


2. Phương trình dạng: ( ) ( )f x g x (2) 
Để giải phương trình dạng (2) ta chọn trong hai bất phương trình: ( ) 0f x  và 
( ) 0g x  ( giả sử là ( ) 0f x  dễ giải hơn) đưa (2) về dạng tương đương sau: 
( ) ( )f x g x 
( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x

 

 (3) 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 7 5 3 10x x x    (3) 
 Giải: 
Phương trình (3) tương với: 
2
3 10 0
7 5 3 10
x
x x x
 

   
2
10
3
4 5 0
x
x x

 
 
   
10
3
1, 5
x
x x

 
 
   
 1x  
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 23 2 2x x x     (4) 
Giải: 
(4) 
3 2
2 0
3 2 2
x
x x x
  
 
    
  
3 2
2
3 0
x
x x x
 

  
2
2
( 3 1) 0
x
x x x
 

  
 Hệ này vô 
nghiệm 
Vậy phương trình đã cho là vô nghiệm 
3. Phương trình dạng: ( ) ( ) ( )f x g x h x  
Phương trình đã cho tương đương với: 
( ) 0
( ) 0
( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) (*)
f x
g x
f x g x f x g x h x
 



  
Từ (*) cho ta thấy ℎ() ≥0 
Ví dụ : giải phương trình sau: 3 2 1 3 2x x x     
 Giải: 
Phương trình tương đương : 3 2 2 1 3x x x     
3 2 0
2 1 0
3 2 2 1 2 (2 1)(3 2) 3
x
x
x x x x x
  

  

       
2
3
3 2 (2 1)(3 2)
x
x x x


 
    
 (1) 
 (2) 
2
3
3
2
7
1, 
2
x
x
x x




 


  

 1x  
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 22 8 6 1 2 2x x x x      
Giải: 
 Phương trình đã cho tương đương với: 
2
2
2 2 2 2 2
2 8 6 0
1 0
2 8 6 1 2 (2 8 6)( 1) 4 8 4
x x
x
x x x x x x x x
   

 

          
2 3 2
3
1
1
1
1 2 (2 8 6)( 1)
x
x
x
x
x x x x
  
  
  
  

    

2 2 2
3
1
1
1( 1 2 2 8 6) 0 (*)
x
x
x
x x x x
  
    
      
(*) 
2 2
1
1 2 2 8 6 (**)
x
x x x

 
   
Giải(**) ta được: 
25
1; 
7
x x    
Vậy phương trình có ba nghiệm: 1x  ; 
25
1; 
7
x x    
4. Phương trình dạng: 3 3 3( ) + ( ) ( )f x g x h x (1). 
Phương pháp giải: 
(1) 3 3 3( ) ( ) 3 ( ). ( )( ( ) ( )) ( )f x g x f x g x f x g x h x     (2) 
3( ) ( ) 3 ( ). ( ). ( ) ( )f x g x f x g x h x h x    (3) 
Chú ý: Phép thế 3 3 3( ) + ( ) ( )f x g x h x chỉ đúng khi x là nghiệm của phương 
trình. Vì vậy phép biến đổi từ (2) ra (3) không phải là phép biến đổi tương. Nên 
sau khi tìm được nghiệm của (3) phải thử lại nghiệm vào (1). 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 3 32 1 1 3 1x x x     (1) 
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương với: 
3 332 1 1 3 (2 1)( 1)( 2 1 1) 3 1x x x x x x x           
2 3 33 (2 3 1)( 2 1 1) 1x x x x       (*) 
23 (2 3 1)(3 1) 1x x x     (**) 
3 26 7 0x x   
0
7
6
x
x


 

Thay hai giá trị vào (1) thấy 
7
6
x  là thoả mãn. 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 
7
6
x  
 Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 3 31 1 5x x x    (1) 
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương : 3 2 3 31 1 3 1( 1 1) 5x x x x x x         
3 2 3 31( 1 1)x x x x      
 23 ( 1)5x x x   
2 2
0
0
5
5( 1)
2
x
x
x x x

       
Thay ba nghiệm này vào (1) đều thoả mãn. 
Vậy phương trình có ba nghiệm 
5
0; 
2
x x   
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG: 
Giải các phương trình sau: 
1. 2 1 1x x   
2. 2 1 2 1 2x x x x      
3. 9 5 2 4x x    
4. 4 3 10 3 2x x    
 5. 3 334 3 1x x    
6. 3 35 7 5 12 1x x    
7. 3 39 1 7 1 4x x      
8. 3 3 31 2 2 3x x x     
9. 3 324 5 1x x    

Tài liệu đính kèm:

  • pdfPHUONG_TRINH_VO_TI_1.pdf