Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn giải phương trình vô tỷ - Vũ Hồng Phong

1

KIỂU ĐẶT ẨN PHỤ CỦA VŨ HỒNG PHONG

Tác giả:Vũ Hồng Phong GVTHPT TIÊN DU 1;BẮC NINH (2-8-2016)

(đây là một dạng trong tài liệu: MỘT HƢỚNG MỚI TẠO RA PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ ) Từ bài viết của tác giả:

DÙNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ĐẶC BIỆT

Toán học và tuổi trẻ (tháng 9 năm 2015)

Khi gặp một ph-ơng trình có dạng w Q v P u n m  . . (với u,v, w,P,Q là các biểu thức chứa ẩn ) mà ta nhẩm đ-ợc các hằng số e,f và các biểu thức 0P , 0 Q chứa ẩn thoả mãn:

  

  

 

Q f P e Q f P e

w Q v P u

n m . . ) .( ) .(

. .

0 0

0 0 (*)

thì ta xử lÝ ph-ơng trình đó nh- sau: Đặt a P m ; b Q n suy ra P am  ; Q bn 

Ta cã hÖ PT:

  

  

 

Q f P e b f a e

w b v a u

n m . . . .

. . (**)

Giải hệ PT(**) ta tìm đ-ợc các nghiệm (a;b) Đến đây PT,hệ PT đã cho sẽ trở nên đơn giản hơn ! L-u ý: từ (*) ta thấy hệ PT(**) luôn có nghiệm (a,b) = ) ; ( 0 0 Q P Sau đây là các ví dụ Ví dụ 1: Giải ph-ơng trình

1 7 6 2 4 2 3 2 2        x x x x x Ph©n tÝch:

Ta cã:

  

       

   

) 7 6 2 ( ) 4 2 ( 2 )1 (

1 2 1

2 2 3 2 x x x x x

x x

nên PT này ta nhẩm đ-ợc e =f =1 và ) ; ( 0 0 Q P = ) 2;1 (  x Lời giải Đặt a x x    2 4 2 ; b x x    3 2 7 6 2 Suy ra 9 2 2 3 2     x x b a (1) Từ PT đã cho ta có 1    x b a b x a     1 (2) Thay vào (1) ta đ-ợc:

9 2 ) 1 ( 2 3 2       x x b b x

9 2 2 2 2 1 2 3 2 2           x x b bx b x b x

0 4 2 2 8 2 3        x bx b b b

0 ) 2 4 3 )( 2 ( 2       x b b b

2

2  b hoặc x b b 2 4 3 2    (3) +Từ (2) có 1    b a x thay vào PT(3) đ-ợc )1 ( 2 4 3 2      b a b b a b b 2 6 2     (4)

Cã 5 4 23 ) 2 1 ( ) 4 ( 2    b VT

5 6 2 ) 2 ( 6 2 4 2 2 ) 4 ( 2 2         x x x VP Suy ra PT(4) vô nghiệm. Do đó PT(3) vô nghiệm +Với b = 2 thay vào (2) đ-ợc 1  x a

Suy ra



 

  

   

2 7 6 2

1 4 2

3 2

2

x x

x x x







  

   

 



8 7 6 2

)1 ( 4 2

0 1

2

2 2

x x

x x x

x

  

  

  0 1 6 2

1

2 x x

x

2 11 3  x

Vậy PT đã cho có 1 nghiệm 2 11 3  x

Ví dụ 2: Giải ph-ơng trình 2 3 4 31 . 86 20 7 2 2        x x x x x x Phân tích: Với PT này ta nhẩm đ-ợc e=1; f=3 và ) ; ( 0 0 Q P = )1;2 2 (  x

v×

  

       

   

) 4 31 .( 3 ) 86 20 7 ( 1.3 ) 2 2 (

2 3 1. 2 2

2 2 2 2 x x x x x

x x x

Lời giải Đặt a = 86 20 7 2   x x , b = 2 4 31 x x   Suy ra 7 8 4 3 2 2 2     x x b a (1) Từ PT đã cho có: a +xb = 2x + 3  a = 3x + 2 – bx Thay vào (1) ta đ-ợc 7 8 4 3 ) 2 3 ( 2 2 2       x x b bx x 7 8 4 3 6 4 12 4 9 2 2 2 2 2 2           x x b bx bx x x b x  0 3 4 5 ) 4 6 ( ) 3 ( 2 2 2 2        x x b x x b x  0 ] 3 4 5 ) 3 )[( 1 ( 2 2       x x b x b



  





   



3 3 4 5

1

2

2

x x x b

b

+Với b = 1 thì a = 2x+2, khi đó có hệ



 

  

   

1 4 31

2 2 86 20 7

2

2

x x

x x x 







  

   

 

1 4 31

) 2 2 ( 86 20 7

0 2 2

2

2 2

x x

x x x

x









   

  

 

0 30 4

0 90 12 3

1

2

2

x x

x x

x



  

  

 

34 2

1

x

x  34 2    x

+Víi b = 3 3 4 5

2

2

   x x x

 3 15 4 4 ) 15 4 ( 16 2

2 2         x x x x x (2)

+ NÕu 0 15 4 2   x x th× VT(2) < 4 < VP(2) + NÕu 0 15 4 2   x x th× VT(2) > 4 > VP(2)