Thông tin tài liệu
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A Page 1 LI NểI U: Phng trỡnh l mt mng kin thc quan trng trong chng trỡnh Toỏn ph thụng. Gii phng trỡnh l bi toỏn cú nhiu dng v gii rt linh hot, vi nhiu hc sinh k c hc sinh khỏ gii nhiu khi cũn lỳng tỳng trc vic gii mt phng trỡnh, c bit l phng trỡnh vụ t. Trong nhng nm gn õy, phng trỡnh vụ t thng xuyờn xut hin cõu II trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc v Cao ng. Vỡ vy, vic trang b cho hc sinh nhng kin thc liờn quan n phng trỡnh vụ t kốm vi phng phỏp gii chỳng l rt quan trng. Nh chỳng ta ó bit phng trỡnh vụ t cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii khỏc nhau. Trong bi tp ln ny, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp gii phng trỡnh vụ t, mi phng phỏp u cú bi tp minh ha c gii rừ rng, d hiu; sau mi phng phỏp u cú bi tp ỏp dng giỳp hc sinh cú th thc hnh gii toỏn v nm vng cỏi ct lừi ca mi phng phỏp. Hy vng nú s gúp phn giỳp cho hc sinh cú thờm nhng k nng cn thit gii phng trỡnh cha cn thc núi riờng v cỏc dng phng trỡnh núi chung. www.VNMATH.com Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Page 2 A. BI TON M U: Gii phng trỡnh: 2 2 1 1 (*) 3 x x x x (HQG HN, khi A-2000) Gii: iu kin: 0 1 x Cỏch 1: 2 2 2 2 (*) 1 1 3 x x x x 2 2 4 4 1 ( ) 1 2 (1 ) 3 9 x x x x x x 2 2 4( ) 6 0 x x x x 2 2 2 (2 3) 0 x x x x 2 2 0 3 2 x x x x 2 2 0 9 0( ) 4 x x x x PTVN 0 1 x x (tha iu kin) Vy nghim ca phng trỡnh l 0; 1 x x . Cỏch 2: Nhn xột: 2 x x c biu din qua x v 1 x nh vo ng thc: 2 2 1 =1+2 x x x x . t 1 t x x ( 0) t . 2 2 1 2 t x x . Phng trỡnh (*) tr thnh: 2 2 1 1 1 3 2 0 2 3 t t t t t t Vi 1 t ta cú phng trỡnh: 2 2 0 1 1 2 0 0 1 x x x x x x x x (tha iu kin). Vi 2 t ta cú phng trỡnh: www.VNMATH.com Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 3 2 2 2 9 9 1 2 2 3 0( ) 4 4 x x x x x x x x PTVN . Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1 x x . Cách 3: Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 2 2 1 1 x x . (*) 2 . 1 3 1 3 3 x x x x 1 2 3 3 3 (1) x x x . 9 4 x không thỏa mãn phương trình (1). Do đó, 3 3 (1) 1 (2) 2 3 x x x . Đặt 3 3 ( 0), (2) 1 2 3 t t x t x t . Ta có: 2 2 1 1 x x 2 2 3 3 1 2 3 t t t 2 2 2 2 (4 12 9) 9 18 9 4 12 9 t t t t t t t 4 3 2 4 12 14 6 0 t t t t 3 2 (2 6 7 3) 0 t t t t 2 ( 1)(2 4 3) 0 t t t t 0 1 t t . Với 0 t ta có 0 0 x x (thỏa điều kiện). Với 1 t ta có 1 1 x x (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1 x x . Cách 4: Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 2 2 1 1 x x . Đặt ( 0); 1 ( 0) a x a b x b . Ta có hệ phương trình: 2 2 2 1 3 1 ab a b a b 2 3 2 3( ) ( ) 2 1 ab a b a b ab 2 2 3( ) 3 ( ) 3( ) 2 0 ab a b a b a b www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Page 4 2 3( ) 3 1 2 ab a b a b a b 1 0 2 3 2 a b ab a b ab a, b là 2 nghiệm của phương trình 2 1 0 0 0 1 a b X X a b . (Trường hợp 2 3 2 a b ab loại vì 2 3 2 4. 0 2 ). Với 1 0 a b ta có 1 1 1 0 x x x (thỏa điều kiện). Với 0 1 a b ta có 0 0 1 1 x x x (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1 x x . Cách 5: Nhận xét: Từ 2 2 1 1 x x , ta nghĩ đến đẳng thức: 2 2 sin os 1 a c a . Đặt sin , 0 a 2 x a . Phương trình (*) trở thành: 2 2 2 1 sin . 1 sin sin 1 sin 3 a a a a 3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0) a a a a v a 2 (sin cos ) 3(sin cos ) 2 0 a a a a sin cos 1 sin cos 2 a a a a sin cos 1 a a 2 sin( ) 1 4 a 2 1 4 4 sin( ) ( ) 3 4 2 2 4 4 a k a k a k 2 0 ( ) ( ì 0 ) 2 2 2 2 a k a k v a a k a Với 0 a ta có 0 0 x x (thỏa điều kiện). www.VNMATH.com Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A Page 5 Vi 1 a ta cú 1 1 x x (tha iu kin). Vy nghim ca phng trỡnh l 0; 1 x x . Qua bi toỏn m u, ta thy cú nhiu cỏch khỏc nhau gii mt phng trỡnh vụ t. Tuy nhiờn, cỏc cỏch ú u da trờn c s l phỏ b cn thc v a v phng trỡnh n gin hn m ta ó bit cỏch gii. Sau õy, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp c th gii phng trỡnh vụ t. B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH Vễ T I. PHNG PHP BIN I TNG NG Hai phng trỡnh c gi l tng ng nu chỳng cú cựng tp nghim. Mt s phộp bin i tng ng: Cng, tr hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc m khụng lm thay i tp nghim ca phng trỡnh. Nhõn, chia hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc khỏc 0 m khụng lm thay i iu kin ca phng trỡnh. Ly tha bc l hai v, khai cn bc l hai v ca phng trỡnh. Ly tha bc chn hai v, khai cn bc chn hai v khi hai v ca phng trỡnh cựng dng. 1. Ly tha hai v ca phng trỡnh: 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) k k f x g x f x g x . 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x . 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) k k f x g x f x g x . 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x . Thụng thng nu ta gp phng trỡnh dng : A B C D , ta thng bỡnh phng 2 v, iu ú nhiu khi cng s gp khú khn. Vi phng trỡnh dng: 3 3 3 A B C v ta thng lp phng hai v a phng trỡnh v dng: 3 33 3 . A B A B A B C v ta s dng phộp th : 3 3 3 A B C ta c phng trỡnh h qu: 3 3 . . A B A B C C Bi 1: Gii phng trỡnh: 1 10 2 5 (*) x x x x Gii: iu kin: 1 x . www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Page 6 2 2 (*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10 x x x x x x 2 2 2 11 10 7 10 x x x x 2 2 2 11 14 4 11 10 7 10 x x x x x x 2 11 10 1 x x x 2 2 1 0 11 10 2 1 x x x x x 1 1 9 9 x x x (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là: 1 x . Bài 2: Giải phương trình: 3 3 3 1 2 3 0 (*) x x x Giải: 3 3 3 (*) 1 2 3 x x x 3 3 3 2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3 x x x x x x 3 3 3 2 ( 1)( 2)( 1 2) 0 x x x x x 3 3 2 ( 1)( 2) 3 0 x x x x 3 ( 1)( 2)( 3) 2 x x x x 3 2 3 2 6 11 6 6 12 8 x x x x x x 2 x Thử lại, 2 x thỏa mãn phương trình (*). Vậy nghiệm của phương trình là: 2 x . Bài 3: Giải phương trình: 3 3 1 2 2 2 x x x x Giải: Điều kiện: 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 được phương trình hệ quả : 2 2 6 8 2 4 12 x x x x 2 2( 1) 0 1 x x Thử lại, 1 x thỏa mãn phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là: 1 x . Nhận xét : Nếu phương trình : f x g x h x k x www.VNMATH.com Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 7 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 hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài 4: Giải phương trình : 3 2 1 1 1 3 (1) 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 (1) 3 1 1 3 x x x x x x Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả: 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 là nghiệm của phương trình. 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 phương trình về dạng: f x h x k x g x sau đó bình phương hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 2 2 2 2 1 3 4 1 x x x x x . 2. 3 1 4 1 x x . 3. 1 6 5 2 x x x . 4. 11 11 4 x x x x . 5. 3 3 12 14 2 x x . 6. 3 3 3 1 2 2 1 x x x . 2. Trục căn thức: 2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung: 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 www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Page 8 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 giá 0 A x vô nghiệm. Bài 1: Giải phương trình: 2 2 2 2 3 5 1 2 3 1 3 4 x x x x x x x Giải: Điều kiện: 2 1 5 2 x x . Ta nhận thấy : 2 2 3 5 1 3 3 3 2 2 x x x x x và 2 2 2 3 4 3 2 x x x x . 2 2 2 2 3 5 1 3 1 2 3 4 pt x x x x x x x 2 2 2 2 2( 2) 3( 2) 2 3 4 3 5 1 3 1 x x x x x x x x x . 2 2 2 2 3 2 ( 2) 0 2 3 4 3 5 1 3 1 x x x x x x x x . 2 x (thỏa). Dễ dàng chứng minh được phương trình 2 2 2 2 3 2 0 2 3 4 3 5 1 3 1 x x x x x x x vô nghiệm vì 1 5 0, ; 2 ; 2 VT x . Vậy 2 x là nghiệm của phương trình. Bài 2: Giải phương trình: 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 12 4 3 6 5 3 pt x x x www.VNMATH.com Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Page 9 2 2 2 2 4 4 3 2 12 4 5 3 x x x x x 2 2 2 2 2 3 0 12 4 5 3 x x x x x 2 x Dễ dàng chứng minh được : 2 2 2 2 5 3 0, 3 12 4 5 3 x x x x x . Vậy 2 x là nghiệm của phương trình. Bài 3: Giải phương trình : 2 33 1 2 x x x Giải: Điều kiện: 3 2 x Nhận thấy 3 x là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình: 2 33 1 2 3 2 5 pt x x x 2 2 3 2 23 3 3 3 9 3 3 1 2 5 1 2 1 4 x x x x x x x x 2 2 3 2 23 3 3 3 9 ( 3) 1 0 2 5 1 2 1 4 x x x x x x x 2 3 2 2 2 3 3 3 3 9 3 (*) 1 2 5 1 2 1 4 x x x x x x x Phương trình (*) vô nghiệm vì: 2 2 2 2 23 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 phương trình có nghiệm duy nhất 3 x . 2.2. Đưa về “hệ tạm”: Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Page 10 A B C A B A B , khi đó ta có hệ: 2 A B C A C A B Bài 1: 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 Phương trình đã cho có nghiệm 4 0 4 x x 4 x không phải là nghiệm của phương trình. 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 Ta có hệ phương trình: 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; x= 8 7 . Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau : 1. 2 2 3 1 3 1 x x x x 2. 4 3 10 3 2 x x 3. 23 4 1 2 3 x x x 4. 2 33 1 3 2 3 2 x x x 5. 2 3 2 11 21 3 4 4 0 x x x 6. 2 2 2 16 18 1 2 4 x x x x 7. 2 2 15 3 2 8 x x x 8. 2 2 5 2 10 x x x x x 2.3. Phương trình biến đổi về tích: 2.3.1 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 3 3 1 2 1 1. 2 PT x x x x 3 3 1 1 2 1 0 x x 0 1 x x www.VNMATH.com [...]... 2 0 5 97 Vậy nghiệm của phương trình là: x 1; x 18 3 2 Bài 3: Giải phương trình sau : 2 3 3 9 x 2 x 2 2 x 3 3 3 x x 2 2 Giải: PT 3 x 2 3 3x 3 0 3 x 2 3 3 x x 2 3x x 1 Vậy nghiệm của phương trình là: x 1 II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: 1 Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường: Đối với nhiều phương trình vơ tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t f... u v ta có phương trình 4 x 8 9 2 2 x 4 x 5 ( x 4) 4 x 25 x 56 0 x 7 (loại) 4 4 5 61 Vậy nghiệm của phương trình là x 8; x 2 3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạng: f ( x).Q( x ) f ( x ) P ( x ) x với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình đã cho Đặt f ( x) t , t 0 Phương trình... x x IV PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ: 1 Phương pháp: Nếu hàm số y f ( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên khoảng (a; b) thì phương trình f ( x) k (k const ) có khơng q một nghiệm thuộc (a; b) Nếu hàm số y f ( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên D thì u , v D ta có f (u ) f (v) u v Nếu hàm số y f ( x ) đơn điệu tăng và g ( x) là hàm hằng hoặc đơn điệu giảm trên (a; b) thì phương trình... 1: Giải phương trình: x 3 25 x3 x 3 25 x 3 30 Giải: Đặt y 3 35 x 3 x 3 y 3 35 xy ( x y ) 30 Khi đó ta có hệ phương trình: 3 3 x y 35 Giải hệ này ta được nghiệm ( x; y ) (2;3);( x; y ) (3;2) Vậy nghiệm của phương trình là x 2; x 3 Bài 2: Giải phương trình sau: x 5 x 1 6 Giải: Điều kiện: x 1 Đặt a x 1, b 5 x 1( a 0, b 0) ta được hệ phương. .. tr×nh v« tû Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phương trình vơ tỉ theo dạng này 2.1 Phương trình dạng : a A x bB x c A x B x Như vậy phương trình Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu P x A x B x Q x aA x bB x Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ: x 3 1 x 1 x 2 x... 12 1 Vậy phương trình có một nghiệm x 2 3 1 sin 12 1 TỔNG QT: Giải phương trình x 2 a 2 a x 1 3x 2 Bài 2: Giải phương trình: x 2 x 9 Giải: Điều kiện x 3 3 ; t 0; , t phương trình trở thành: cos t 2 1 1 2 2 1 sin 2t 2sin 2 2t sin 2t 1 t cos t sin t 4 3 x 3 2 (thỏa ĐK) cos 4 Vậy phương trình có một nghiệm... trình Vậy nghiệm của phương trình là x 7 Bài 2: Giải phương trình : x 1 x 2 2 x 3 x 2 1 Giải: Đặt t x 2 2 x 3, t 2 Khi đó phương trình trở thành : x 1 t x 2 1 x 2 1 x 1 t 0 Page 19 www.VNMATH.com Ngun V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có là một số chính phương: t 2 x 2... 1 Với t x 1 ta có phương trình x 2 2 x 3 x 1 x 0 x 2 Với t 2 ta có phương trình Vậy nghiệm của phương trình là x 1 2 Từ một phương trình đơn giản : 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x 0 , khai triển ra ta sẽ được pt sau: Bài 3: Giải phương trình: 4 x 1 1 3 x 2 1 x 1 x 2 Giải: Điều kiện: 1 x 1 Nhận xét: Đặt t 1 x , phương trình trở thành:... x 2 y ta có phương trình x 2 2 x 22 3 2 x 4x 8 0 Với x y ta có phương trình Vậy nghiệm của phương trình là x 2; x 2 2 3 2.2 Phương trình dạng : u v mu 2 nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên Bài 1: Giải phương trình : x 2 3 x 2 1 x 4 x 2 1 Giải: u x 2... dấu trước căn Một số phương trình được xây dựng từ hệ: Giải các phương trình sau: 1 4 x 2 13 x 5 3 x 1 0 2 4 x 2 13 x 5 3 x 1 0 4 3 3 81x 8 x 3 2 x 2 x 2 3 Page 28 6 x 1 8 x3 4 x 1 15 5 30 x 2 4 x 2004 2 4 3 30060 x 1 1 www.VNMATH.com Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Ngun V¨n Rin – To¸n 3A III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1 Phương pháp: 1,1 Dùng . hiện nhân tử chung: 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 www.VNMATH.com NguyÔn. thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . 2.1. Phương trình dạng : . . a A x bB x c A x B x Như vậy phương trình Q x P x có thể giải. mãn phương trình (*). Vậy nghiệm của phương trình là: 2 x . Bài 3: Giải phương trình: 3 3 1 2 2 2 x x x x Giải: Điều kiện: 0 x Bình phương 2 vế không âm của phương
Ngày đăng: 06/08/2015, 14:03
Xem thêm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ, Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ