Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô ( phần 1) tỷ

A. Lời đầu
Qua bài viết này chúng tôi muốn giới thiệu cho các bạn một số kĩ năng đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ. Như chúng ta đã biết có nhiều trường hợp giải một phương trình vô tỷ mà ta biến đổi tương đương sẽ ra một phương trình phức tạp, có thể là bậc quá cao. ..Có lẽ phương pháp hữu hiệu nhất để giải quyết vấn đề này chính là đặt ẩn phụ để chuyển về một phương trình đơn giản và dễ giải quyết hơn.
Có 3 bước cơ bản trong phương pháp này:
- Đặt ẩn phụ và gán luôn điều kiện cho ẩn phụ
- Đưa phương trình ban đầu về phương trình có biến là ẩn phụ
Tiến hành giải quyết phương trình vừa tạo ra này. Đối chiếu với điều kiện để chọn ẩn phụ thích hợp.
- Giải phương trình cho bởi ẩn phụ vừa tìm được và kết luận nghiệm
* Nhận xét:
- Cái mấu chốt của phương pháp này chính là ở bước đầu tiên. Lí do là nó quyết định đến toàn bộ lời giải hay, dở, ngắn hay dài của bài toán.
- Có 4 phương pháp đặt ẩn phụ mà chúng tôi muốn nêu ra trong bài viết này đó là:
+ PP Lượng giác hoá
+ PP dùng ẩn phụ không triệt để
+ PP dùng ẩn phụ đưa về dạng tích
+ PP dùng ẩn phụ đưa về hệ

B. Nội dung phương pháp
I. Phương pháp lượng giác hoá
1. Nếu |x|≤a thì ta có thể đặt x=asint,∈(−π2;π2) hoặc x=acost,t∈(0;π)

Ví dụ 1: Giải phương trình 1+1−x2−−−−−√−−−−−−−−−−√=x(1+21−x2−−−−−√)
Lời giải:
ĐK : |x|≤1. Đặt x=sint,t∈(−π2;π2). Phương trình đã cho trở thành :

1+cost−−−−−−−√=sint(1+2cost)

⇔2√cost2=  2sin3t2cost2

⇔cost2(2√sin3t2−1)=0

⇔⎡⎣⎢⎢⎢cost2=0cos3t2=12√

⇔⎡⎣t=(2k+1)πt=π6+k4π3(k∈Z)

Kết hợp với điều kiện của t suy ra : t=π6
Vậy phương trình có 1 nghiệm : x=sinπ6=12

Ví dụ 2: Giải phương trình:

1+1−x2−−−−−√−−−−−−−−−−√[ (1+x)3−−−−−−√−(1−x)3−−−−−−√]=23√+1−x23−−−−−−√

Lời giải:
ĐK : |x|≤1
Khi đó VP>0.
Nếu x∈[−1;0] thì (1+x)3−−−−−−√−(1−x)3−−−−−−√≤0
Nếu x∈[0;1] thì đặt x=cost , với t∈[0;π2] ta có :
26√(sint2+cost2)(cos3t2−sin3t2)=2+sint

⇔26√cost(1+12sint)=2+sint

⇔(6√cost−1  ).(2+sint  )=0

⇔cost=16√

Vậy nghiệm của phương trình là x=16√

Ví dụ 3: Giải phương trình 1−2x−−−−−√+1+2x−−−−−√=1−2x1+2x−−−−−−√+1+2x1−2x−−−−−−√
Lời giải:
ĐK : |x|≤12
Đặt 2x=cost,t∈(0;π). Phương trình đã cho trở thành :

(sint2+cost2)2√=tant2+cott2

⇔2(1+sint)=4sin2t

⇔sin3t+sin2t−2=0

⇔cost=0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0

Ví dụ 4 (THTT): Giải phương trình x3−3x=x+2−−−−√, (1)
HD:
Nếu x<−2 : phương trình không xác định .
Chú ý với x>2 ta có :

x3−3x=x+x(x2−4)>x>x+2−−−−√

vậy để giải phương trình (1) ta chỉ cần xét với x∈[−2;2]
Đặt x=2cost,t∈(0;π)
khi đó phương trình đã cho trở thành : cos3t=cost2 2. Nếu |x|≥a thì ta có thể đặt:
∗)x=asint,t∈(−π2;π2),t≠0

∗)x=acost,t∈(0;π),t≠π2

Ví dụ 5: Giải phương trình x2(2−1x2−1−−−−−√)  =2
Lời giải:
ĐK:  |x|>1
Đặt x=1sint,t∈(−π2;π2). Phương trình đã cho trở thành:

1sin2t(2−|tant|)=2

⇔  2cos2t=|tant|

⇔  4cos4t=1cos2t−1

⇔  4cos6t+cos2t–1=0

⇔cos2t=12.

⇔t=π4+kπ2.

Kết hợp với điều kiện của t suy ra t=±π4.

Vậy phương trình có 2 nghiệm:  x=±1sinπ4=±  2√

Bạn hãy tự tìm cách giải cho phương trình dạng tổng quát:

x2(a−1x2−1−−−−−√)=a

Ví dụ 6: Giải phương trình x+xx2−1−−−−−√=  22√
Lời giải:
ĐK:  |x|>1. Dễ thấy ∀x<0 không phải là nghiệm của phương trình. Đặt x=1cost,t∈(0;π2). Phương trình đã cho trở thành:
1cost+1sint=22√
⇔sint+cost=22√sint.cost
Đặt u=sint+cost, với 1≤u≤2√, ta có phương trình:

2√u2–u–2√=0⇔ ⎡⎣⎢u=2√ u= −12√ 

Ta loại nghiệm u=−12√
Với u=2√ ta có:

sint+cost=2√⇔ 2√sint(t+π4)=2√⇔ t=π4+2kπ

Kết hợp với điều kiện của t ta có t=π4
Vậy x=1cos  π4=2√ (thỏa mãn)

Tương tự, ta có thể giải được phương trình dạng tổng quát:

x+axx2−a2−−−−−−√=b

với a,b là các hằng số cho trước

3. Đặt x=tant,t∈(−π2;π2) để đưa về phương trình lượng giác đơn giản hơn:

Ví dụ 7: Giải phương trình x3−33√x2−3x+3√=0,  (1)
Lời giải:
Do x≠±13√ không là nghiệm của phương trình nên:

(1)⇔3x−x31−3x2=3√,(2)

Đặt x=tant,t∈(−π2;π2) .
Khi đó (2) trở thành:

tan3t=3√⇔t=π9+kπ3

Suy ra (1) có 3 nghiệm:

x=tanπ9;x=tan2π9;x=tan7π9

Ví dụ 8: Giải phương trình

x2+1−−−−−√+x2+12x=(x2+1)22x(1−x2)

Lời giải:
ĐK: x≠0;x≠±1
Đặt x=tant,t∈(−π2;π2),t≠0;±π4. Phương trình đã cho trở thành:

1cost+1sin2t=2sin4t

⇔1cost(1+12sint−12sint.cos2t)=0

⇔2sint.cos2t+cos2t−1=0

⇔2sint(1−2sin2t)−2sin2t=0

⇔sint(1−sint−2sin2t)=0

⇔⎡⎣⎢⎢⎢sint=0  sint=  −1  sint=12  

⇔⎡⎣⎢⎢t=−π2+k2πt=π6+k2π  

Kết hợp với điều kiện suy ra: t=π6
Vậy phương trình có 1 nghiệm: x=13√

4. Mặc định điều kiện: |x|≤a. sau khi tìm được số nghiệm chính là số nghiệm tối đa của phương trình và kết luận:
Ví dụ 9: Giải phương trình 6x+1−−−−−√3=2x
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:

8x3−6x=1, (1)

Đặt x=cost,t∈[0;π]. Phương trình (1) trở thành:

cos3t=12⇔  t=±π9+k2π3(k∈Z)

Suy ra (1) có tập nghiệm:

S={cosπ9;cos5π9;cos7π9}

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm chính là S   
Nguồn: diendantoanhoc.net

  S


Nguồng