PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12 I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A B C D    , ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau    3 3 3 3 3 3 3 . A B C A B A B A B C        và ta sử dụng phép thế : 3 3 A B C   ta được phương trình : 3 3 . . A B A B C C    b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình sau : 3 3 1 2 2 2 x x x x       Giải: Đk 0 x  Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:       1 3 3 1 2 2 1 x x x x x       , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3 1 2 2 4 3 x x x x       Bình phương hai vế ta có : 2 2 6 8 2 4 12 1 x x x x x       Thử lại x=1 thỏa  Nhận xét : Nếu phương trình :         f x g x h x k x    Mà có :         f x h x g x k x    , thì ta biến đổi phương trình về dạng :         f x h x k x g x    sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả Bài 2. Giải phương trình sau : 3 2 1 1 1 3 3 x x x x x x          Giải: Điều kiện : 1 x   Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? Ta có nhận xét : 3 2 1 . 3 1. 1 3 x x x x x x        , từ nhận xét này ta có lời giải như sau : 3 2 1 (2) 3 1 1 3 x x x x x x           Bình phương 2 vế ta được: 3 2 2 1 3 1 1 2 2 0 3 1 3 x x x x x x x x                   Thử lại : 1 3, 1 3 x x    l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :         f x g x h x k x    Mà có :         . . f x h x k x g x  thì ta biến đổi         f x h x k x g x    2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0 x như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích     0 0 x x A x   ta có thể giải phương trình   0 A x  hoặc chứng minh   0 A x  vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía   0 A x  vô nghiệm b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau :   2 2 2 2 3 5 1 2 3 1 3 4 x x x x x x x           Giải: Ta nhận thấy :       2 2 3 5 1 3 3 3 2 2 x x x x x         v       2 2 2 3 4 3 2 x x x x       Ta có thể trục căn thức 2 vế :   2 2 2 2 2 4 3 6 2 3 4 3 5 1 3 1 x x x x x x x x x              Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 2 2 12 5 3 5 x x x      Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 2 2 5 12 5 3 5 0 3 x x x x         Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng     2 0 x A x   , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :     2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 12 4 3 6 5 3 3 2 12 4 5 3 2 1 2 3 0 2 12 4 5 3 x x x x x x x x x x x x x x                                     Dễ dàng chứng minh được : 2 2 2 2 5 3 0, 3 12 4 5 3 x x x x x            Bài 3. Giải phương trình : 2 33 1 1 x x x     Giải :Đk 3 2 x  Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình         2 2 33 2 3 2 2 3 3 3 3 9 3 1 2 3 2 5 3 1 2 5 1 2 1 4 x x x x x x x x x x x                                Ta chứng minh :     2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 1 1 2 1 2 1 4 1 1 3 x x x x x              2 3 3 9 2 5 x x x      Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C   , mà : A B C    ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : A B C A B A B        , khi đĩ ta có hệ: 2 A B C A C A B               b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 2 2 2 9 2 1 4 x x x x x        Giải: Ta thấy :       2 2 2 9 2 1 2 4 x x x x x        4 x   không phải là nghiệm Xét 4 x   Trục căn thức ta có : 2 2 2 2 2 8 4 2 9 2 1 2 2 9 2 1 x x x x x x x x x x                Vậy ta có hệ: 2 2 2 2 2 0 2 9 2 1 2 2 2 9 6 8 2 9 2 1 4 7 x x x x x x x x x x x x x x                               Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 8 7 Bài 5. Giải phương trình : 2 2 2 1 1 3 x x x x x       Ta thấy :     2 2 2 2 1 1 2 x x x x x x        , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1 t x  thì bài toán trở nên đơn giản hơn Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau :   2 2 3 1 3 1 x x x x      4 3 10 3 2 x x     (HSG Toàn Quốc 2002)        2 2 5 2 10 x x x x x       23 4 1 2 3 x x x      2 33 1 3 2 3 2 x x x      2 3 2 11 21 3 4 4 0 x x x      (OLYMPIC 30/4-2007) 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2 x x x x x x x           2 2 2 16 18 1 2 4 x x x x       2 2 15 3 2 8 x x x      3. Phương trình biến đổi về tích  Sử dụng đẳng thức     1 1 1 0 u v uv u v            0 au bv ab vu u b v a        2 2 A B  Bài 1. Giải phương trình : 23 3 3 1 2 1 3 2 x x x x        Giải:    3 3 0 1 1 2 1 0 1 x pt x x x              Bi 2. Giải phương trình : 2 23 3 3 3 1 x x x x x      Giải: + 0 x  , không phải là nghiệm + 0 x  , ta chia hai vế cho x:   3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 0 1 x x x x x x x x                   Bài 3. Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3 x x x x x x        Giải: : 1 dk x   pt    1 3 2 1 1 0 0 x x x x x             Bài 4. Giải phương trình : 4 3 4 3 x x x x     Giải: Đk: 0 x  Chia cả hai vế cho 3 x  : 2 4 4 4 1 2 1 0 1 3 3 3 x x x x x x x                  Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng : k k A B  Bài 1. Giải phương trình : 3 3 x x x    Giải: Đk: 0 3 x  khi đó pt đ cho tương đương : 3 2 3 3 0 x x x     3 3 1 10 10 1 3 3 3 3 x x             Bài 2. Giải phương trình sau : 2 2 3 9 4 x x x     Giải: Đk: 3 x   phương trình tương đương :   2 2 1 3 1 3 1 3 9 5 97 3 1 3 18 x x x x x x x x                          Bài 3. Giải phương trình sau :     2 2 3 3 2 3 9 2 2 3 3 2 x x x x x     Giải : pttt   3 3 3 2 3 0 1 x x x       II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt   t f x  và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn   t f x  thường là những phương trình dễ . Bài 1. Giải phương trình: 2 2 1 1 2 x x x x       Điều kiện: 1 x  Nhận xét. 2 2 1. 1 1 x x x x      Đặt 2 1 t x x    thì phương trình có dạng: 1 2 1 t t t     Thay vào tìm được 1 x  Bài 2. Giải phương trình: 2 2 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 phương trình sau: 4 2 2 4 2 10 25 6 2. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 t t t t t t t            2 2 ( 2 7)( 2 11) 0 t t t t       Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,4 1 2 2; 1 2 3 t t     Do 0 t  nên chỉ nhận các gái trị 1 3 1 2 2, 1 2 3 t t     Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: 1 2 2 3 vaø x x    Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 2 6 1 0 x x    . PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12 I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng. sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả Bài 2. Giải phương trình sau : 3 2 1 1 1 3 3 x x x x x x          Giải: Điều kiện : 1 x   Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu. B  Bài 1. Giải phương trình : 23 3 3 1 2 1 3 2 x x x x        Giải:    3 3 0 1 1 2 1 0 1 x pt x x x              Bi 2. Giải phương trình : 2 23 3 3 3 1 x x x x