Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” trong khuôn khổ chương trình bậc THCS

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
******************************
PHẦN I
MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng mô hình ứng
dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội, trong khoa học lí thuyết
và khoa học ứng dụng. Toán học là một môn học giữ một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ
thông. Tuy nhiên, nó là một môn học khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sự nỗ lực
rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức cho mình. Chính vì vậy, đối với mỗi giáo viên dạy toán việc tìm
hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương pháp dạy học. Để từ
đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thức Toán học cho học
sinh là công việc cần phải làm thường xuyên
Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy học sinh giải bài tập
sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để
giải các dạng toán, từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng,
kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách
Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải toán là
một việc mà người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với những học sinh bậc
THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học toán
Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là một trong những chuyên đề
xuyên suốt 4 năm học của học sinh, bắt đầu từ những bài toán “Tìm x biết ...” dành cho học sinh lớp
6, 7 đến việc cụ thể hóa vấn đề về phương trình ở cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội
dung về phương trình đại số ở lớp 9. Đây là một nội dung quan trọng bắt buộc học sinh bậc THCS
phải nắm bắt được và có kĩ năng giải phương trình một cách thành thạo
Trong những vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không nhỏ khiến cho
nhiều học sinh không ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này. Thực ra, đây cũng là
một trong những vấn đề khó. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là
một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc những học sinh này phải vượt qua
Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi lại được Nhà trường trực tiếp giao trách
nhiệm bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán tham dự kì thi các cấp Huyện và Tỉnh, tôi cũng rất trăn
trở về vấn đề này. Vấn đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo các loại
phương trình vô tỉ? Và khi gặp bất cứ một dạng toán nào về phương trình vô tỉ các em cũng có thể tìm
ra cách giải một cách tốt nhất?
Với tất cả những lí do nêu trên. Tôi quyết định chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình
vô tỉ” trong khuôn khổ chương trình bậc THCS
II. Mục đích của đề tài
Trên cơ sở những kinh nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, tìm ra những phương
pháp giải phương trình vô tỉ một cách hiệu quả nhất
III. Phạm vi nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi thực hiện nghiên cứu tại đơn vị công tác là Trường THCS Dân tộc Nội
trú. Cụ thể là những học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi Toán của trường và của Huyện
IV. Cơ sở nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học ở Trường Cao đẳng sư phạm Yên
Bái, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách
bài tập, sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học cơ sở
V. Phương pháp nghiên cứu
Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây:
*******************************
Đỗ Trung Thành – Trường THCS Dân tộc Nội trú
Trang 1
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
******************************
– Phương pháp nghiên cứu lý luận
– Phương pháp khảo sát thực tiễn
– Phương pháp phân tích
– Phương pháp tổng hợp
– Phương pháp khái quát hóa
– Phương pháp quan sát
– Phương pháp kiểm tra
– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
VI. Thời gian nghiên cứu
Đề tài được thực hiện từ ngày 05.09.2008 đến ngày 30.3.2009
VII. Giới hạn của đề tài
Đề tài được sử dụng trong việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, với đối tượng là những
học sinh giỏi bộ môn Toán
PHẦN II
NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. Khảo sát tình hình thực tế
Năm học 2008 – 2009, tôi được Phòng giáo dục & đào tạo Lục Yên phân công tăng cường về
Trường THCS Dân tộc Nội trú. Thực hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán và giải toán
trên máy tính cầm tay. Đây là một cơ hội rất tốt để tôi thực hiện đề tài này, phương trình vô tỉ là một
trong những dạng phương trình khó. Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng, kể cả những
học sinh tham gia trong hai đội tuyển thì những dạng phương trình vô tỉ cũng là một dạng toán mới.
Trước khi bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã thực hiện việc khảo sát môn toán trên 33 học sinh của lớp
9B. Kết quả thu được như sau:
Giỏi: 10 em
Khá: 12 em
Trung bình: 11 em
Đội tuyển học sinh giỏi môn Toán do tôi phụ trách đầu tháng 7 gồm 14 học sinh, qua quá trình bồi
dưỡng, chọn lọc trực tiếp. Tôi đã chọn ra được 8 em vào đầu tháng 9 để tiếp tục bồi dưỡng cho các
em trong năm học này
Đội tuyển học sinh giỏi môn giải toán trên máy tính cầm tay do tôi phụ trách và chọn lọc từ đầu
tháng 9 gồm 11 em
II. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
a) Dạng 1:
f (x) g(x)=

2
g(x) 0
f (x) [g(x)]



=

Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1







⇔ ⇔
  
=
− =
+ = −




Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
b) Dạng 2:
f (x) g(x) h(x)+ =
Ví dụ. Giải phương trình:
x 3 5 x 2+ = − −
(2)
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
*******************************
Đỗ Trung Thành – Trường THCS Dân tộc Nội trú
Trang 2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
******************************
(2) ⇔
x 3 x 2 5+ + − =

2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − =

(x 3)(x 2) 12 x+ − = −

2 2
2 x 12
2 x 12
x 6
25x 150
x x 6 144 x 24x
≤ ≤
≤ ≤


⇔ ⇔ =
 
=
+ − = + −


Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6
c) Dạng 3:
f (x) g(x) h(x)+ =
Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 7 12 x+ − − = −
(3)
Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
(3) ⇔
x 1 12 x x 7+ = − + −

x 1 5 2 (12 x)(x 7)+ = + − −

2
2 19x x 84 x 4− − = −
⇔ 4(19x – x
2
– 84) = x
2
– 8x + 16
⇔ 76x – 4x
2
– 336 – x
2
+ 8x – 16 = 0
⇔ 5x
2
– 84x + 352 = 0

( ) ( )
2 2
2
84 352 42 1764 1764 352
5 x x 5 x 2 x
5 5 5 25 25 5
42 4 44
5 x 5 5 x 8 x (x 8) 5x 44
5 25 5
   
− + = − × + − +
 ÷  ÷
   
   
= − − × = − − = − −
 ÷  ÷
   
⇔ x
1
=
44
5
; x
2
= 8
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
=
44
5
; x
2
= 8
d) Dạng 4:
f (x) g(x) h(x) k(x)+ = +
Ví dụ. Giải phương trình:
x x 1 x 4 x 9 0− − − − + + =
(4)
Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có:
(4) ⇔
x 9 x x 1 x 4+ + = − + −

2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)+ + + = − + − −

7 x(x 9) (x 1)(x 4)+ + = − −

2 2
49 x 9x 14 x(x 9) x 5x 4+ + + + = − +
⇔ 45 + 14x + 14
x(x 9)+
= 0
Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình luôn là một số dương ⇒ phương trình vô nghiệm
2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x 4x 4 x 8− + + =
(1)
Giải: (1) ⇔
2
(x 2) 8 x− = −
Với điều kiện x ≤ 8. Ta có:
(1) ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5
HD: Đáp số: x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − +
(2)
*******************************
Đỗ Trung Thành – Trường THCS Dân tộc Nội trú
Trang 3
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
******************************
Giải: (2) ⇔
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + +

x 1 1 | x 1 3| 2.| x 1 1|+ + + + − = + −
Đặt y =
x 1+
(y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành:
y 1 | y 3 | 2 | y 1|+ + − = −
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
3) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm
Ví dụ 1 . Giải phương trình
x 1 5x 1 3x 2− − − = −
Cách 1. điều kiện x ≥ 1
Với x ≥ 1 thì: Vế trái:
x 1 5x 1− < −
⇒ vế trái luôn âm
Vế phải:
3x 2−
≥ 1 ⇒ vế phải luôn dương
Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm
Cách 2. Với x ≥ 1, ta có:
x 1 5x 1 3x 2− = − + −

x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2)− = − + − −

2 7x 2 (5x 1)(3x 2)− = − −
Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô nghiệm
b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2 2 2
3x 6x 7 5x 10x 14 4 2x x+ + + + + = − −
(1)
Giải: Ta có (1) ⇔
2 2 2
4 9
3 x 2x 1 5 x 2x 1 (x 2x 1) 5
3 5
   
+ + + + + + + = − + + +
 ÷  ÷
   

2 2 2
3(x 1) 4 5(x 1) 9 5 (x 1)+ + + + + = − +
Ta có: Vế trái ≥
4 9 2 3 5+ = + =
. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1
c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất)
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x 7
8 2x 2x 1
x 1
+
+ = + −
+
Giải: điều kiện x ≥
1
2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
– Nếu
1
x 2
2
≤ <
: VT =
6
1 8 8 3
x 1
+ + < +
+
. Mà: VP >
8 3+
– Nếu x > 2: VP = 2x
2
+
2x 1−
> 2.2
2
+
3
=
8 3+
. VT <
8 3+
x 2 x 1 2 1
6 6
1 1 3
x 1 2 1
> ⇒ + > +
+ < + =
+ +
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
*******************************
Đỗ Trung Thành – Trường THCS Dân tộc Nội trú
Trang 4
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
******************************
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2 2 2 2
3x 7x 3 x 2 3x 5x 1 x 3x 4− + − − = − + − − −
Giải: Thử với x = 2. Ta có:
2 2 2
3.4 7.2 3 2 2 3.2 5.2 1 2 3.2 4
1 2 3 6
− + − − = − + − − −
⇔ − = −
(1) ⇔
2 2 2 2
(3x 5x 1) 2(x 2) (x 2) 3(x 2) 3x 5x 1 x 2− − − − + − − − = − − − −
Nếu x > 2: VT < VP
Nếu x < 2: VT > VP
Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 3. Giải phương trình:
6 8
6
3 x 2 x
+ =
− −
Giải : ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =
3
2
là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh đó là
nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x <
3
2
:
6
2
3 x
<


8
4
2 x
<


6 8
6
3 x 2 x
+ <
− −
.
Tương tự với
3
2
< x < 2:
6 8
6
3 x 2 x
+ >
− −
Ví dụ 4. Giải phương trình:
2 2
3x(2 9x 3) (4x 2)(1 1 x x ) 0+ + + + + + + =
(1)
Giải : (1)
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0⇔ + + + + + + + =
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3⇔ + + = − + + + +
Nếu 3x = –(2x + 1) ⇔ x =
1
5

thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x =
1
5

là một
nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng
1
; 0
2
 

 ÷
 
. Ta chứng minh đó
là nghiệm duy nhất.
Với
1 1
x
2 5
− < < −
: 3x < –2x – 1 < 0
⇒ (3x)
2
> (2x + 1)
2

2 2
2 (3x) 3 2 (2x 1) 3+ + > + + +
Suy ra:
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0+ + + + + + + >
⇒ (1) không có nghiệm trong khoảng
này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi
1 1
x
2 5
− < < −
d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt
Ví dụ. Giải phương trình
x 4x 1
2
x
4x 1

+ =

Giải: điều kiện
1
x
4
>
Áp dụng bất đẳng thức
a b
2
b a
+ ≥
với ab > 0
Với điều kiện
1
x x 4x 1 0
4
> ⇒ − >
. Nên:
x 4x 1
2
x
4x 1

+ ≥

. Dấu “=” xảy ra ⇔
2
x 4x 1 x 4x 1 0= − ⇔ − + =
*******************************
Đỗ Trung Thành – Trường THCS Dân tộc Nội trú
Trang 5