Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 
I. Phương pháp đặt ẩn phụ 
1. Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai 
a. Dạng phương trình: 2 2ax ( 0)bx c px qx r ap      và 
a p
p q
 
Đặt : 2t px qx r   . Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai: 
2 0At Bt C   
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 2 11 11x x   
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương với: 2 2( 11) 11 42 0x x     
Đặt: 2 11 0t x   , ta được phương trình: 2
7 
42 0 6
6
t
t t t
t
 
      
Với t = 6 thì 2 11 36 5x x     
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 22 12 6 2 4 4x x x x     
Giải: 
Đặt: 2 2 2
1
2 4 4 0 2 12 10
2
t x x x x t         . 
Khi đó phương trình trở thành: 2 2
21
10 6 12 20 0
102
t
t t t t
t

        
Với 22 2 0 0; 2t x x x x        
Với 210 2 48 0 6; 8t x x x x         
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 22 5 2 2 2 5 6 1x x x x      ( ĐH Sư phạm Tp. 
HCM – 2000) 
Giải: 
Đặt: 22 5 6 0t x x    khi đó: 2 22 5 2 8x x t    
 Phương trình trở thành: 
2 8 1 2t t   
2
1
2
3 4 7 0
t
t t

 
 
   
 1t  
Với 2 2
1
1 2 5 6 1 2 5 7 0 7
2
x
t x x x x
x

         
  

b. Dạng Phương trình: ( ) ( ) ( ). ( ) 0 ( 0)aP x bQ x c P x Q x abc    
Cách giải: 
 Xét ( ) 0 ( ) 0Q x P x   
 Xét ( ) 0Q x  , chia cả hai vế của phương trình cho ( )Q x và đặt: 
( )
( )
P x
t
Q x
 , 
Đưa phương trình đã cho về dạng: 2 0at ct b   
Chú ý: Từ cách đặt 
( )
( )
P x
t
Q x
 ( , ) 0f x t  ( x là ẩn), 
 từ đó suy ra điều kiện của t 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 32 5 1 7 1x x x    (1) 
Giải: 
ĐK: 1x  
Ta có: (1)  2 22( 1) 3( 1) 7 ( 1)( 1)x x x x x x        (2) 
Vì 1x  không phải là nghiệm của (2) nên chia hai vế của (2) cho 1x ta được: 
2 21 1
2 3 7
1 1
x x x x
x x
   
 
 
 (3) 
Đặt: 
2 1
0
1
x x
t
x
 
 

2 2(1 ) 1 0x t x t      có: 4 26 3x t t    . 
Nên có điều kiện của t là: 
0
3 2 3
0x
t
t

  
 
 (4) 
Khi đó (3) trở thành: 22 7 3 0t t   
3
1
2
t
t


 

Kết hợp với (4) suy ra t = 3 
Với t = 3 ta có: 2 8 10 0 4 6x x x      thoả mãn điều kiện của x . 
Vậy phương trình có nghiệm: 4 6x   
Chú ý: 
 Hoàn toàn bình đẳng, các bạn có thể thực hiện phép chia cho ( )P x hoặc 
( ). ( )P x Q x 
 Các bạn có thể giải bài toán trên bằng cách đặt: ( ) ( )P x t Q x hoặc 
ngược lại 
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       (1) 
Giải: 
Ta có (1) 2 25 14 9 20 5 1x x x x x        
2
2 2 2
20 0
1 0
5 14 9 20 25( 1) 10 ( 20)( 1)
x x
x
x x x x x x x x
   

  

          
2
5 (2)
2 5 2 5 ( 4)( 5)( 1) (3)
x
x x x x x

 
     
(2) 2 23( 4) 2( 4 5) 5 ( 4)( 4 5)x x x x x x         (4) 
 Nhận thấy: 4x   không phải là nghiệm của (4) 
Đặt 24 4 5x t x x    ( 0)t  , Khi đó (3) trở thành: 
 2 2 2
1
( 4 5)(3 5 2) 0 3 5 2 0 2
3
t
x x t t t t
t

         
 

Với 1t  ta có: 2
5 61
4 4 5
2
x x x x

      . 
Kết hợp với (2) và (3) ta có: 
5 61
2
x

 
Với 
2
3
t  ta có: 2
8
4
4 ( 4 5) 7
9
4
x
x x x
x

    
  

. 
 Kết hợp với (2) và (3) ta có: 8x  
Vậy phương trình có hai nghiệm: 
5 61
2
x

 và 8x  
Chú ý: Nếu phương trình: ( ) ( ) ( ). ( ) 0 ( 0)aP x bQ x c P x Q x abc    thoả mãn: 
( ). ( )P x Q x k thì bài toán trở nên đơn giản đi rất nhiều. Ta xét ví dụ sau: 
Ví dụ 3: Giải phương trình: 8 8
1 2
2
2 1
x x
x x
 
 
 
Giải: 
Đặt: 8
1
0
2
x
t
x

 

 khi đó: 8
2 1
1
x
x t



. 
Phương trình trở thành: 
1
2t
t
  1t  
Với 
1
1 1 2
2
t x x x       thoả mãn phương trình đã cho. 
Vậy  =


c. Dạng Phương trình: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ). ( ) 0a P x Q x b P x Q x a P x Q x c        (
2 2 0a b  ) 
 Cách giải: Đặt 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )P x Q x t t P x Q x P x Q x      
Chuyển phương trình đã cho về phương trình bậc 2 ẩn t 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 22 2 2 4 2 2x x x x       (1) 
Giải: 
Đặt: 2 22 2 0 2 2 4t x x t x x         
Khi đó (1) trở thành: 2 2 0 2t t t      
Với t = -2 thì 2 2 2 2x x x       ( thoả mãn (1)) 
Vậy phương trình có nghiệm 2x  
d. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn 
Ví dụ 1: Giải phương trình :  2 2 23 2 1 2 2x x x x      
Giải: 
2 2t x  , ta có :  2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x

        
Ví dụ 2: Giải phương trình :   2 21 2 3 1x x x x     
Giải: 
Đặt : 2 2 3, 2t x x t    
Khi đó phương trình trở thành :   21 1x t x    2 1 1 0x x t     
Biến đổi trình ta được : 
       2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x

                
Ví dụ 3. Giải phương trình sau : 24 1 1 3 2 1 1x x x x       
Giải: 
Đặt 1t x  , phương trình tương đương: 
 4 1 3 2 1x x t t x     +1 (1) 
Ta có :    3 1 2 1x x x     -1 
Thay vào phương trình (1) ta được: 
4√1 +  = −(1 − ) + 2(1 + ) − 1 + 2 + √1 +  + 1 
 Phương trình tương đương 
− + 2 + √1 +  + 2(1 + ) − 4√1 +  = 0 
 ó ∆= (3√1 +  − 2) 
e. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích 
Ví dụ 1: Giải phương trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x         
Giải : 
Đặt 
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 được: 
30 239
60 120
u x   
Ví dụ 2: Giải phương trình sau :
2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x 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
  
  
  
f. Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường 
Đặt    ,u x v x   và tìm mối quan hệ giữa  x và  x từ đó tìm được hệ 
theo u,v 
Ví dụ 1: . Giải phương trình:  3 33 325 25 30x x x x    
Đặt 3 3 3 335 35y x x y     
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 

 
, giải hệ này ta 
tìm được ( ; ) (2;3) (3;2)x y   . Tức là nghiệm của phương trình là {2;3}x 
 Ví dụ 2: Giải phương trình: 4
4
1
2 1
2
x x    
Điều kiện: 0 2 1x   
Đặt 4
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v
   
      

Ta đưa về hệ phương 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 phương trình thứ 2: 
2
2 2
4
1
( 1) 0
2
v v
 
    
 
, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm 
nghiệm của phương trình. 
Ví dụ 3: Giải phương trình sau: 5 1 6x x    
Điều kiện: 1x  
Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b       thì ta đưa về hệ phương 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 4: Giải phương 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 được hệ phương trình: 
22 2 ( ) 10 210
2 44 4 8
( ) 12( )
33
u v uvu v
u vu z
uvu v
    
 
   
         
  
Bài tập áp 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    
 10. 2 23 3 3 6 3x x x x      
 11. 2 2 1 1 4x x x      
 12. 2 215 2 5 2 15 11x x x x     
 13. 2 3 32( 1) 5 1x x   
 14. 2 44 2 2 4 1x x x    
 15. 2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x      
 16. 
2
1 1
2
2x x
 

 17. 
2
35
1211
x
x
x
 

18. 24 1 1 3 2 1 1x x x x       
19. 22 2 3( 1 )x x x x     
20. 22 3 1 3 2 5 3 16x x x x x        
II. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 
1. Dùng hằng đẳng thức : 
Từ những đánh giá bình phương : 2 2 0A B  , ta xây dựng phương trình dạng 
2 2 0A B  
2. Dùng bất đẳng thức 
Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 
A m
B m



 nếu dấu bằng 
của hai bất phương trình cùng dạt được tại 0x thì 0x là nghiệm của phương trình A B 
Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
 
( )
A f x
B f x
 


 khi đó : 
 
 
A f x
A B
B f x
 
  

Chú ý: Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng 
có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để 
đánh giá được 
Ví dụ 1;Giải phương trình :
2 2
9
1
x x
x
  

Giải: Đk 0x  
 Ta có :  
2 2
22 2 1
2 2 1 9
11 1
x
x x x
xx x
                         
Dấu bằng 
2 2 1 1
71 1
x
x x
   
 
Ví dụ 2:Giải phương trình : 2 4 2 413 9 16x x x x    
Giải: Đk: 1 1x   
Phương trình tương đương :  
2
2 2 213 1 9 1 256x x x    
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 
      
2
2 2 2 2 213. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x          
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:  
2
2 2 1610 16 10 64
2
x x
 
   
 
Dấu bằng 
2
2
2 2
2
1
51
3
2
10 16 10
5
xx
x
xx x

   
 
    
Ví dụ 3: Giải phương trình: 3` 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x      
Ta chứng minh : 48 4 4 13x x   và    
23 23 8 40 0 3 3 13x x x x x x         
3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học 
 3.1 Dùng tọa độ của véc tơ 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ:    1 1 2 2; , ;u x y v x y 
 
 khi đó ta có 
    
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2u v u v x x y y x y x y          
   
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ ,u v
 
 cùng hướng 1 1
2 2
0
x y
k
x y
    , chú ý tỉ 
số phải dương 
 . . .cos .u v u v u v 
     
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 u v   

3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác 
 Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, 
ta luôn có MA MB MC OA OB OC     với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy 
ra khi và chỉ khi M O . 
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì 
MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 0120 
Bài tập áp dụng 
Giải các phương trình sau 
1) 
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
 
    
 
2) 4 4 41 1 2 8x x x x       
3) 4 4 42 8 4 4 4 4x x x     
4) 4 3316 5 6 4x x x   
5) 3` 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x      
6) 3 3 4 28 64 8 28x x x x      
7) 2
2
1 1
2 2 4x x
x x
 
      
 
III. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 
1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu 
Dựa vào kết quả : “ Nếu  y f t là hàm đơn điệu thì    f x f t x t   ” 
Ví dụ 1:Giải phương trình :     2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x        
 Giải: 
Phương trình
             2 22 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x              
Xét hàm số    22 3f t t t   , là hàm đồng biến trên R, ta có 1
5
x   
Ví dụ 2:Giải phương trình 3 2 234 5 6 7 9 4x x x x x      
Giải . Đặt 23 7 9 4y x x   , ta có hệ : 
   
3 2
33
2 3
4 5 6
1 1
7 9 4
x x x y
y y x x
x x y
    
     
  
Xét hàm số :   3f t t t  , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình 
      23
5
1 1 1 7 9 4 1 5
2
x
f y f x y x x x x
x

                 

IV. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 
Phương pháp giải 
Nếu : 1x   thì đặt sin t x với ;
2 2
t
   
   
 hoặc cosx y với  0;y  
Nếu 0 1x  thì đặt sin t x , với 0;
2
t
 
   
 hoặc cosx y , với 0;
2
y
 
   
Nếu : x , y là hai số thực thỏa: 2 2 1x y  , thì đặt sin , cosx t y t  với0 2t   
Nếu x a , ta có thể đặt : 
sin
a
x
t
 , với ;
2 2
t
  
  
 
 , tương tự cho trường hợp khác 
X là số thực bất kỳ thi đặt : tan , ;
2 2
x t t
  
   
 
Ví dụ 1: Giải phương trình sau :    
2
3 32 2 11 1 1 1
33
x
x x x
       
  
Giải: 
 Điều kiện : 1x  
Với [ 1;0]x  : thì    
3 3
1 1 0x x    (ptvn) 
Với [0;1]x ta đặt : cos , 0;
2
x t t
 
    
. Khi đó phương trình trở thành: 
1 1
2 6 cos 1 sin 2 sin cos
2 6
x t t t
 
     
 
 vậy phương trình có nghiệm : 
1
6
x  
Ví dụ 2: Giải phương trình : 
 
 
222
2
2
11
1
2 2 1
xx
x
x x x

  

Giải: đk 0, 1x x   
Ta có thể đặt : tan , ;
2 2
x t t
  
   
 
Khi đó hương trình tương đương: 
 22sin cos2 cos2 1 0 sin 1 sin 2sin 0t t t t t t       
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm 
1
3
x  
Bài tập áp dụng 
1)    2 23 2 1 1 1 3 8 2 1x x x x      
2) 2 12 1 36x x x    
3)   3 34 1 1 2 2 1x x x x     
4) 
1 1 1
2 1 3
x
x x
x x x

     
5) 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       
6) 33 6 1 8 4 1x x x    
7)    215 30 4 2004 30060 1 1
2
x x x    
 THE END