- 1 - LỜI MỞ ĐẦU Việc giải phương trình chứa căn thức bậc hai đã có nhiều tài liệu tổng hợp nhiều dạng khác nhau. Riêng bản thân viết phần này dựa trên cơ sở tiếp thu bài giảng, tư liệu của TSKH Nguyễn Văn Mậu. Trong việc giải phương trình chứa căn thức rất đa dạng và phong phú. Nhưng cá nhân tôi xin được trình bày một cách giải và cách ra đề bài các phương trình chứa căn thức bậc hai. Tuy nhiên không thể tránh khỏi những sai sót và hạn chế nhất định mà có thể chưa thấu đáo được . Mong các đồng nghiệp bổ sung. A. Đặt vấn đề Trong bài này chỉ nói lên một số cách giải của phương trình chứa căn bậc hai, cách ra đề của dạng toán đó. B.Nội dung I. Cơ sở lý luận - Định nghĩa 1: Hàm số y= f(x) được gọi là tăng ( hay giảm) trên khoảng (a; b) nếu mọi x 1 , x 2 thuộc khoảng (a;b) sao cho x 1 < x 2 thì f(x 1 ) <f(x 2 ) ( hay f(x 1 ) >f(x 2 ) ) - Định lý: Nếu hàm số y=f(x) chỉ đơn điệu tăng ( hay đơn điệu giảm) trên khoảng (a;b) thì có hàm số ngược trên khoảng (a;b) . - Định nghĩa 2 : Giá trị x 0  R được gọi là nghiệm phương trình f(x) = g(x) nếu thoã mãn f(x 0 ) = g(x 0 ) , với x 0 thuộc tập xác định của phương trình - 2 - - Sử dụng các định nghĩa nghiệm hệ phương trình, hệ phương trình đối xứng. II. Nội dung 1. Bài toán 01: Cho hàm số f(x) đồng biến ( hay nghịch biến ) trên một miền xác định của hàm số. Kí hiệu f -1 (x) là hàm số ngược của hàm số f(x). Giải phương trình f(x) = f -1 (x) . Giải Đặt y = f -1 (x)  x = g(y) Khi đó f(x) = f -1 (x)       xyf yxf )( )( giải hệ đối xứng này ta được nghiệm của phương trình. Ví dụ 1 Giải phương trình x 2 + 1 = 3 13 x (1) Giải: Điều kiện x ≥ 3 1 Đặt y = 13 x ( y≥ 0)  y 2 = 3x – 1  y 2 +1 = 3x Do đó pt (1)         xy yx 31 31 2 2         )(3 31 22 2 xyyx yx Từ x 2 – y 2 = 3(y-x)  ( x – y)( x+ y +3) = 0  Nếu y = -x – 3 < 0, với x ≥ 3 1 không thoã vì y≥ 0  Nếu y = x ta có x 2 – 3x + 1 = 0 2 53  x Ví dụ 2 Giải phương trình x 2 + 2x -1 = x3 (2) - 3 - Giải điều kiện x ≥ -3 Pt (2)  x 2 + 2x -2 = x3 -1 (2’) Đặt x3 - 1 = y ( y≥ - 1)  3 + x = ( y+1) 2  x = y 2 +2y – 2 Pt (2’)         xyy yxx 22 22 2 2 Từ hệ đối xứng này, giải như vd1 ta có nghiệm phương trình đã cho. Nhận xét : Từ hai ví dụ trên, giáo viên có thể tự sáng tác được các bài tập tương tự thuộc lớp bài toán trên bằng cách ta cho y = ax 2 + bx +c  ax 2 + bx +c – y = 0 ta tìm nghiệm x theo y là x =g(y) và sau đó thay y bỡi x ta có y= g(x). Rồi cho đề ax 2 + bx +c = g(x) . Chẳng hạn:  Từ x 2 + 3x -3 = y  x 2 + 3x -3 – y = 0  x = 4 21 2 3   y  y = 4 21 2 3   x Ta cho giải phương trình x 2 + 3x - 4 21 2 3  x  Từ x 2 + 4x – 2 = y  x 2 + 4x – 2 – y = 0  x = 62  y  y = 62  x Ta cho đi giải phương trình x 2 + 4x = 6x 2.Bài toán 2 Trước khi đi vào bài toán này ta giải ví dụ sau - 4 - Ví dụ 1 giải phương trình x 2 + 4x – 2 = 1 3 x (3) Giải Ta có 1 3 x = 1x . 1 2  xx Chọn hai số m, n sao cho : m(x – 1) + n ( x 2 + x +1) = x 2 + 4x – 2 Khi đó m = 3, n = 1 Pt (3)  ( 1 2  xx ) 2 + 3( 1x ) 2 = )1)(1( 2  xxx  1 + 3( 1 1 2   xx x ) 2 = 1 1 2   xx x Đặt y = 1 1 2   xx x , ta có phương trình 3y 2 + - y +1 = 0 ( vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét : Cách giải trên thiếu tự nhiên, nhưng thực chất chúng ta xuất phát từ biểu thức m.A 2 + n.B 2 = p. AB (*), với m,n,p,A,B là tuỳ ý. Chẳng hạn  Ở ví dụ1 ta chọn : A = 1x , B = 1 2  xx , m=3, n=1, p=1  Hoặc chọn A= 1 2  xx , B = 1 2  xx , m=1 , n= 2 , p = m+n=3 ta cho đi giải phương trình 3x 2 – x + 3 = 1 24  xx  Như vậy trong đẳng thức (*) ta đi chọn các số m,n,p, A, B tuỳ ý mà có được một phương trình cần giải. 1. Bài toán 3 Cũng tương tự dạng bài toán 2, ta xuất phát từ biểu thức sau      1. BA pBnAm (** ) trong đó m, n, p, A, B ta chọn tuỳ ý Đặc biệt khi m + n = p thì phương trình luôn có nghiệm bằng 1 - 5 - Ví dụ1 giải phương trình 3 1 xx  +2 3 1 xx  = 3 Giải Đặt y = 3 1 xx   3 1 xx  = y 1 ( y > 0) Do đó ta có phương trình y + 2 y 1 = 3  y 2 – 3y + 2 = 0 , ( y > 0)  y = 1; y = 2 + y = 1  3 1 xx  = 1  xx 1 = 1  x = 0 + y = 2  3 1 xx  = 2  xx 1 = 2  x = 2 16 63       Ví dụ 2 giải phương trình 6 12 xx  + 3 6 12 xx  = 4 6 1x Trong ví dụ này ta chia hai vế phương trình cho 6 1x , thì ta được dạng toán của ví dụ 1 đã giải. Nhận xét: Như vậy trong biểu thức (**) ta chọn các số m, n, p, A, B một cách tuỳ ý sẽ có được một phương trình cần giải. C. Kết luận - Phần này có thể dành cho những học sinh yêu thích môn toán, hoặc áp dụng cho đối tượng học sinh khá, giỏi. - Thầy cô giáo chúng ta tiếp nhận một cách đơn giản và có thể khai thác thêm mà làm kiến thức cho cá nhân mình. - 6 - . Văn Mậu. Trong việc giải phương trình chứa căn thức rất đa dạng và phong phú. Nhưng cá nhân tôi xin được trình bày một cách giải và cách ra đề bài các phương trình chứa căn thức bậc hai. Tuy nhiên. Ta cho đi giải phương trình x 2 + 4x = 6x 2.Bài toán 2 Trước khi đi vào bài toán này ta giải ví dụ sau - 4 - Ví dụ 1 giải phương trình x 2 + 4x – 2 = 1 3 x (3) Giải Ta có 1 3 x. f(x). Giải phương trình f(x) = f -1 (x) . Giải Đặt y = f -1 (x)  x = g(y) Khi đó f(x) = f -1 (x)       xyf yxf )( )( giải hệ đối xứng này ta được nghiệm của phương trình. Ví dụ 1 Giải