Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

ht tp :/ /o nl uy en to an .v n ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Nguyễn Tất Thu12 Khi giải hệ phương trình nói riêng và giải toán nói chung, ta thường tìm cách làm giảm số ẩn cần tìm. Lúc đó bài toán sẽ dễ giải quyết hơn. Tuy nhiên trong nhiều bài toán giải phương trình thì việc đưa thêm vào một số ẩn phụ (tức là tăng số ẩn cần tìm lên) lại giúp cho ta giải quyết bài toán tốt hơn. Ví dụ 1. Giải phương trình √ 3 + x+ √ 6− x = 3 + √ (3 + x)(6− x). Lời giải. Phương trình này chúng ta đã có cách giải ở trên. Ta thấy vế trái của phương trình trên là tổng của hai căn thức, còn vế phải chứa tích của hai căn thức đó và ta nhận thấy hai căn thức ở vế trái có quan hệ tổng bình phương của chúng bằng 9 (tức là hai căn thức này đã có hai quan hệ một là từ phương trình đã cho, hai là tổng bình phương bằng 9), do đó nếu ta đặt a = √ x+ 3, b = √ 6− x thì ta có được hệ phương trình{ a+ b = 3 + ab a2 + b2 = 9 Đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta được (a, b) = (0, 3) hoặc (3, 0). • Với a = 3, ta tìm được x = 0. • Với a = 0, dễ dàng tính được x = −3. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x = −3. Nhận xét. Khi gặp phương trình có dạng F ( f(x), n √ a+ f(x), m √ b− f(x) ) = c, (I) ta có thể đặt u = n √ a+ f(x) và v = m √ b− f(x) để đưa bài toán về việc giải hệ phương trình{ G(u, v) = c un + vm = a+ b Giải hệ này ta tìm được u, v. Từ đó có thể suy ra được giá trị của x. Chú ý. Khi tìm được u, v để tìm x ta chỉ cần giải một trong hai phương trình n √ a+ f(x) = u hoặc m √ b− f(x) = v. 1Trường THPT Lê Hồng Phong, thành phố Biên Hòa, tỉnh Đồng Nai. 2Bài viết được trình bày lại bằng chương trình soạn thảo LaTeX bởi can_hang2007. Đề nghị các bạn ghi rõ nguồn của khi đăng tải trên các trang web khác. 1 ht tp :/ /o nl uy en to an .v n 2 Nguyễn Tất Thu Ví dụ 2. Giải phương trình 3 √ 24 + x+ √ 12− x = 6. Lời giải. Điều kiện để phương trình có nghĩa là x 6 12. Đặt u = 3 √ 24 + x và v = √ 12− x. Dễ thấy u 6 3 √ 36, v > 0. Ta có hệ phương trình{ u+ v = 6 u3 + v2 = 36 ⇔ { v = 6− u u3 + (6− u)2 = 36 ⇔ { v = 6− u u(u2 + u− 12) = 0 Phương trình u(u2 + u− 12) = 0 có ba nghiệm 6 3√36 là u = 0, u = 3 và u = −4. Từ đây ta tìm được x = −24, x = −88, x = 3. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = −24, x = −88, x = 3. Ví dụ 3. Giải phương trình 4 √ x+ 4 √ 17− x = 3. Lời giải. Điều kiện: 0 6 x 6 17. Đặt a = 4√x, b = 4√17− x (a, b > 0). Ta có hệ{ a+ b = 3 a4 + b4 = 17 ⇔ { a+ b = 3[ (a+ b)2 − 2ab]2 − 2a2b2 = 17 ⇔ { a+ b = 3 a2b2 − 18ab+ 32 = 0 Từ phương trình thứ hai của hệ phương trình cuối, ta tìm được ab = 2 hoặc ab = 16. Nghiệm ab = 16 bị loại vì theo giả thiết ta phải có ab 6 ( a+b 2 )2 = 9 4 < 16. Vậy ta phải có{ a+ b = 3 ab = 2 Giải hệ này ta có (a, b) = (1, 2) hoặc (2, 1). Từ đó tính được x = 1 hoặc x = 16. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1, x = 16. Ví dụ 4. Giải phương trình x3 + 1 = 2 3 √ 2x− 1. (∗) Lời giải. Đặt y = 3 √ 2x− 1, ta thấy y3 + 1 = 2x. Vậy ta có hệ phương trình{ x3 + 1 = 2y y3 + 1 = 2x Trừ hai phương trình của hệ, ta được x3 − y3 = 2(y − x)⇔ (x− y)(x2 + xy + y2 + 2) = 0⇔ x = y, vì x2 + xy + y2 + 2 = ( x+ y 2 )2 + 3y 2 4 + 2 > 0. Thay vào hệ ta có x3 + 1 = 2x⇔ (x− 1)(x2 + x− 1) = 0⇔ x = 1 x = −1±√5 2 Vậy phương trình có ba nghiệm x = 1, x = −1+ √ 5 2 , x = √ 5−1 2 . ht tp :/ /o nl uy en to an .v n Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình 3 Chú ý. • Ta có thể giải quyết bài toán trên bằng cách sau: (∗)⇔ x3 + 2x = 2x− 1 + 2 3√2x− 1⇔ f(x) = f ( 3√2x− 1) , với f(t) = t3 + 2t. Dễ thấy f(t) là hàm đồng biến trên R nên từ trên ta có x = 3 √ 2x− 1⇔ x3 − 2x+ 1 = 0. • Dạng tổng quát bài toán trên là( f(x) )n + b = a n √ af(x)− b. (II) Để giải phương trình này, đặt t = f(x), y = n √ af(x)− b, ta có hệ{ tn + b = ay yn + b = at Đây là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t và y. • Khi thay a, b, f(x) là các số ta có được các bài toán về phương trình. Ví dụ 5. Giải phương trình 2x2 + 4x = √ x+ 3 2 . Lời giải. Điều kiện: x > −3. Ta có phương trình đã cho tương đương 2(x+ 1)2 − 2 = √ (x+ 1) + 2 2 ⇔ (x+ 1)2 − 1 = 1 2 √ x+ 1 2 + 1. Đặt t = x+ 1, y = √ x+1 2 + 1 = √ t 2 + 1, suy ra y2 − 1 = t 2 . Vậy ta có hệ t2 − 1 = y 2 y2 − 1 = t 2 Trừ từng vế hai phương trình, ta được t2 − y2 = y − t 2 ⇔ (t− y) ( t+ y + 1 2 ) = 0, từ đây suy ra t = y hoặc t+ y + 1 2 = 0. • Với t = y > 0, ta có hệ phương trình tương đương t2 − 1 = t 2 t = y > 0 ⇔ { 2t2 − t− 2 = 0 t > 0 ⇔ t = 1 + √ 17 4 . Với giá trị t vừa tìm được này, ta tính được x = √ 17−3 4 (thỏa x > −3). ht tp :/ /o nl uy en to an .v n 4 Nguyễn Tất Thu • Với y = −t− 1 2 , hệ phương trình của ta trở thành ( t+ 1 2 )2 − 1 = t 2 t 6 −1 2 ⇔  4t 2 + 2t− 3 = 0 t 6 −1 2 ⇔ t = −1 + √ 13 4 . Từ đây ta tìm được x = −5+ √ 13 4 (thỏa x > −3). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = √ 17−3 4 và x = −5+ √ 13 4 . Ví dụ 6. Giải phương trình x2 − x− 1000√1 + 8000x = 1000. Lời giải. Điều kiện: x > − 1 8000 . Phương trình đã cho tương đương 4x2 − 4x− 4000 = 4000√1 + 8000x ⇔ (2x− 1)2 − 4001 = 4000 √ 4000(2x− 1) + 4001. Đặt u = 2x− 1, v = √1 + 8000x, dễ thấy v > 0, u > −4001 4000 . Ta có hệ phương trình{ u2 − 4001 = 4000v v2 − 4001 = 4000u ⇔ { u2 − 4001 = 4000v u2 − v2 = 4000(v − u) ⇔ { u2 − 4001 = 4000v (1) (u− v)(u+ v + 4000) = 0 (2) Do u+ v + 4000 > 0 nên từ (2) ta có u = v > 0. Thay vào (1), ta được{ u2 − 4000u− 4001 = 0 u > 0 ⇔ u = 4001. Từ đây ta tìm được x = 2000 (thỏa x > − 1 8000 ). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2000. Chú ý. Ở (II) nếu ta thay hằng số b bằng một biểu thức g(x) thì ta vẫn có thể giải phương trình bằng cách làm tương tự như trên. Ví dụ 7. Giải phương trình 4x2 + 7x+ 1 = 2 √ x+ 2. (∗) Lời giải. Điều kiện: x > −2. Ta có (∗)⇔ (2x+ 1)2 + 3x = 2 √ 2(2x+ 1)− 3x. Đặt t = 2x+ 1, y = √ 2t− 3, ta có y2 + 3x = 2t và y > 0. Như vậy ta có hệ{ t2 + 3x = 2y y2 + 3x = 2t ⇒ (t− y)(t+ y + 2) = 0, từ đó suy ra y = t hoặc y = −t− 2. ht tp :/ /o nl uy en to an .v n Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình 5 • Với y = t, hệ phương trình trở thành{ t2 − 2t+ 3x = 0 t > 0 ⇔  4x 2 + 3x− 1 = 0 x > −1 2 ⇔ x = 1 4 . • Xét trường hợp y = −t− 2. Lúc này hệ phương trình của ta được viết lại như sau{ t2 + 3x+ 2(t+ 2) = 0 t 6 −2 ⇔  4x 2 + 11x+ 7 = 0 x 6 −3 2 ⇔ x = −7 4 . Vậy phương trình có hai nghiệm x = −7 4 , x = 1 4 . Ví dụ 8. Giải phương trình 8x3 − 4x− 1 = 3√6x+ 1. Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (2x)3 − 4x− 1 = 3√2x+ 4x+ 1. Đặt u = 2x, v = 3 √ 2x+ 4x+ 1, ta có hệ phương trình{ u3 − 4x− 1 = v v3 − 4x− 1 = u ⇔ { u3 − v3 = v − u u3 − 4x− 1 = v ⇔ { (u− v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 u3 − 4x− 1 = v ⇔ { u = v u3 − 4x− 1 = u ⇔ 8x 3 − 6x = 1. (1) Nếu |x| > 1 thì |8x3 − 6x| = 2|x|(4x2 − 3) > 2 nên (1) vô nghiệm. Do vậy ta phải có |x| 6 1. Điều này cho phép ta đặt x = cos t với t ∈ [0, pi]. Khi đó phương trình (1) có thể viết lại thành cos 3t = 1 2 ⇔ t1 = pi 9 ∨ t2 = 5pi 9 ∨ t3 = 7pi 9 . Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = cos pi 9 , x = cos 5pi 9 , x = cos 7pi 9 . Ví dụ 9. Giải phương trình 7x2 − 13x+ 8 = 2x2 3 √ x(1 + 3x− 3x2). Lời giải. Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Xét trường hợp x 6= 0. Chia cả hai vế của phương trình cho x3, ta được 7 x − 13 x2 + 8 x3 = 2 3 √ 1 x2 + 3 x − 3. Đặt t = 1 x , ta có 8t3 − 13t2 + 7t = 2 3 √ t2 + 3t− 3 ⇔ (2t− 1)3 − (t2 − t− 1) = 2 √ 2(2t− 1) + (t2 − t− 1). ht tp :/ /o nl uy en to an .v n 6 Nguyễn Tất Thu Đặt u = 2t− 1, v = 3√2(2t− 1) + t2 − t− 1, ta có hệ phương trình{ u3 − t2 + t+ 1 = 2v v3 − t2 + t+ 1 = 2u ⇒ u 3 − v3 = 2v − 2u⇔ (u− v)(u2 + uv + v2 + 2) = 0. Do u2 + uv + v2 + 2 > 0 nên ta có u = v ⇔ 2t− 1 = 3 √ t2 + 3t− 3⇔ 8t3 − 13t2 + 3t+ 2 = 0 ⇔ (t− 1)(8t2 − 5t− 2) = 0. Giải phương trình cuối ta tìm được ba nghiệm t1 = 1, t2 = 5−√89 16 , t3 = 5+ √ 89 16 . Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 1, x = 16 5−√89 , x = 16 5+ √ 89 . Những ví dụ trên ta đã thay b ở (II) bằng một biểu thức chứa x. Vậy nếu thay a bằng một biểu thức chứa x thì như thế nào? Ta còn giải quyết được theo cách trên nữa hay không? Ta xét ví dụ sau. Ví dụ 10. Giải phương trình 4x2 − 11x+ 10 = (x− 1) √ 2x2 − 6x+ 2. Lời giải. Phương trình đã cho có thể viết lại thành (2x− 3)2 + x+ 1 = (x− 1) √ (x− 1)(2x− 3)− x− 1. Đặt u = 2x− 3, v =√(x− 1)(2x− 3)− x− 1. Ta có hệ phương trình{ u2 + x+ 1 = (x− 1)v v2 + x+ 1 = (x− 1)u ⇒ u 2 − v2 = (x− 1)(v − u)⇔ (u− v)(u+ v + x− 1) = 0. Từ đây suy ra u = v hoặc u+ v + x− 1 = 0. • Với u = v, ta có u2 + x+ 1 = (x− 1)u⇔ (2x− 3)2 + x+ 1 = (x− 1)(2x− 3) ⇔ 2x2 − 6x+ 7 = 0. Phương trình này vô nghiệm. • Với u+ v + x− 1 = 0, ta có 2x− 3 + √ 2x2 − 6x+ 2 + x− 1 = 0⇔ √ 2x2 − 6x+ 2 = 4− 3x ⇔ x 6 4 3 7x2 − 18x+ 44 = 0 Hệ này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. ht tp :/ /o nl uy en to an .v n Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình 7 Như vậy ở (II) ta có thể thay a và b bằng những biểu thức chứa x và ta vẫn có cách giải tương tự. Với cách làm như vậy chúng ta sẽ tạo ra được những phương trình hay và khó. Ta xét ví dụ sau. Ví dụ 11. Giải phương trình 8x2 − 13x+ 7 = ( 1 + 1 x ) 3 √ 3x2 − 2. Lời giải. Phương trình đã cho tương đương 8x3 − 13x2 + 7x = (x+ 1) 3 √ 3x2 − 2 ⇔ (2x− 1)3 − (x2 − x− 1) = (x+ 1) 3 √ (x+ 1)(2x− 1) + x2 − x− 1. Đặt u = 2x− 1, v = 3√(x+ 1)(2x− 1) + x2 − x− 1, ta có hệ phương trình{ u3 − (x2 − x− 1) = (x+ 1)v v3 − (x2 − x− 1) = (x+ 1)u Trừ từng vế hai phương trình, ta được u3 − v3 = (x+ 1)(v − u)⇔ (u− v)(u2 + uv + v2 + x+ 1) = 0. Chú ý rằng u2 + uv + v2 + x+ 1 = ( v + u 2 )2 + 3u2 4 + x+ 1 > 3u 2 4 + x+ 1 = 3 4 (2x− 1)2 + x+ 1 = 4x 2 + 2(2x− 1)2 + 5 4 > 0, nên từ trên ta có u = v ⇔ 2x− 1 = 3 √ 3x2 − 2⇔ 8x3 − 15x2 + 6x+ 1 = 0 ⇔ (x− 1)(8x2 − 7x− 1) = 0⇔ x = 1 x = −1 8 Vậy phương trình đã cho hai nghiệm x = 1, x = −1 8 . Ví dụ 12. Giải phương trình √ 1− x2 + 4 √ x2 + x− 1 + 6√1− x = 1. Lời giải. Điều kiện: √ 5−1 2 6 x 6 1. Ta thấy tổng của các biểu thức trong căn bằng 1 nên ta đặt a = √ 1− x2, b = 4√x2 + x− 1, c = 6√1− x, a, b, c > 0, khi đó ta có hệ a+ b+ c = 1 a2 + b4 + c6 = 1 a, b, c > 0 Do a, b, c > 0 và a+ b+ c = 1 nên ta có 0 6 a, b, c 6 1, suy ra a2 6 a, b4 6 b, c6 6 c. Do đó a2 + b4 + c6 6 a+ b+ c = 1. ht tp :/ /o nl uy en to an .v n 8 Nguyễn Tất Thu Như vậy hệ trên tương đương với  a = a2 b = b4 c = c6 ⇔ x = 1. Kết luận: phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. Ví dụ 13. Giải phương trình x = √ 3− x√4− x+√4− x√5− x+√5− x√3− x. Lời giải. Điều kiện: 0 6 x 6 3. Đặt a = √ 3− x, b = √4− x, c = √5− x, a, b, c > 0. Ta có hệ phương trình  ab+ bc+ ca = 3− a2 ab+ bc+ ca = 4− b2 ab+ bc+ ca = 5− c2 ⇔  (a+ b)(a+ c) = 3 (b+ c)(b+ a) = 4 (c+ a)(c+ b) = 5 Nhân tương ứng ba phương trình của hệ phương trình cuối rồi lấy căn bậc hai hai vế ta được (a+ b)(b+ c)(c+ a) = 2 √ 15. Mà (a+ b)(b+ c)(c+ a) = 3(b+ c) = 4(c+ a) = 5(a+ b) nên ta có a+ b = 2 √ 3 5 b+ c = 2 √ 5 3 c+ a = √ 15 4 ⇔  a = 23 4 √ 15 b = 17 4 √ 15 c = 7 4 √ 15 ⇔ x = 671 240 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 671 240 .