Chuyên đề 17: Phương trình tích - Bồi dưỡng HSG Đại số 8

 Chuyên đề 17. PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
A. Kiến thức cần nhớ
 Phương trình tích
 Phương trình có dạng: A x .B x 0 ; trong đó A(x), B(x) là các đa thức của biến x.
 Phương pháp chung: Muốn giải phương trình A x .B x 0 ta giải hai phương trình A(x) = 0 và 
 B(x) = 0, rồi lấy tất cả các nghiệm thu được.
 A(x). B(x) = 0 A(x) = 0 hoặc B(x) = 0.
 A(x) 0
 B(x) 0
Mở rộng: A(x). B(x).M(x) = 0 
 ...
 M(x) 0
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 
 2 2x 3 4x 5 
 a) 5,5 11x 0 1 
 5 4 
 b) x2 4 x2 3 9 4x x4 x2 12 2x 3 2 
 2
 c) 2x 1 x 7 x x 4 x 4 2x 3 3 
Tìm cách giải:
 a) Phương trình có dạng: A x .B x 0
 b) Ta thấy x4 x2 12 x2 4 x2 3 .Hai vế có nhân tử chung. Chuyển vế, đặt nhân tử chung sẽ 
 đưa về được về dạng phương trình tích
 a) Chuyển vế và biến đổi phương trình đã cho thành phương trình tích.
 Giải
 2 2x 3 4x 5 
 a) 1 5,5 11x 0 hoặc 0 
 5 4 
 Với 5,5 11x 0 11x 5,5 x 0,5
 2 2x 3 4x 5
 Với 0 8 2x 3 5 4x 5 0
 5 4 x 3 0
 x 3 x2 2x 5 0 
 2
 x 2x 5 0
 2
 Nếu x 3 0 thì x 3 . Phương trình x2 2x 5 0 vô nghiệm vì x2 2x 5 x 1 4 0,x . 
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3 .
 Nhận xét: Thực chất phương pháp làm trên là nhẩm nghiệm để tìm ra một nhân tử chung, từ đó phân 
 tích được ve trái thành nhân tử để giải phương trình tích.
Ví dụ 3. Giải phương trình: y2 y4 29y2 244 576 (1)
 Tìm cách giải: Chuyển vế rồi thay y2 4 ta thấy vế trái nhận giá trị 0. Do đó vế trái nhận y2 4 là 
 nhân tử chung. Từ đó ta có cách giải sau:
 Giải
 1 y6 29y4 244y2 576 0
 y6 4y4 25y4 100y2 144y2 576 0
 y4 y2 4 25y2 y2 4 144 y2 4 0
 y2 4 y4 25y2 144 0 y2 4 y4 9y2 16y2 144 0
 y2 4 y2 y2 9 16 y2 9 0 y2 4 y2 9 y2 16 0
 y 4 y 3 y 2 y 2 y 3 y 4 0
 Vậy phương trình (1) có 6 nghiệm là: y 2; y 3; y 4
 Tập nghiệm của phương trình là S 4; 3; 2;2;3;4
 Nhận xét. Sau khi phân tích vế trái (VT) thành y2 4 y4 25y2 144 ta dùng phương, pháp tách 
 và thêm bớt, hoặc dùng phương pháp nhẩm nghiệm như trên để phân tích 
 y4 25y2 144 y2 9 y2 16 .
 3 3
Ví dụ 4. Giải phương trình z 3 z 1 98 (1)
 Giải
 1 z3 9z2 27z 27 z3 3z2 3z 1 98
 6z2 24z 72 0 z2 4z 12 0
 z2 6z 2z 12 0 z 6 z 2 0 y 0 2x2 x 6 0
 y2 3 y 3 9 0 y y 3 0 
 2
 y 3 0 2x x 3 0
 2x 3 x 2 0 * 
 2x 3 x 1 0 ** 
 Từ * x 1,5; x 2 
 Từ ** x 1,5; x 1.
 Tập nghiệm của phương trình là S 2; 1,5;1;1,5 .
Ví dụ 7. Giải phương trình:
 x 2 x 3 x 5 x 6 31 x2 8x 12 128 (1)
* Tìm cách giải: Xét vế trái nếu nhân nhân tử thứ nhất với nhân tử thứ tư và nhân tử thứ hai nhân nhân tử 
 thứ 3 ta có x2 8x 12 x2 8x 15 . Mỗi nhân tử là một đa thức có cùng hệ số của x2 và của x. 
 Phương trình trở thành x2 8x 12 x2 8x 15 31 x2 8x 12 128
 Do đó ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ.
 Giải
 x 2 x 3 x 5 x 6 31 x2 8x 12 128
 x2 8x 12 x2 8x 15 31 x2 8x 12 128 2 
 Đặt x2 8x 12 y thì x2 8x 15 y 3
 Khi ấy phương trình (2) trở thành y y 3 31y 128
 y2 3y 31y 128 0 y2 4y 32y 128 0
 y 4 0
 y y 4 32 y 4 0 y 4 y 32 0 
 y 32 0
 2
 Với y 4 0 x2 8x 16 0 x 4 0 x 4
 Với y 32 0 x2 8x 20 0 x2 10x 2x 20 0 1 
 Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là S ;1;2
 2 
 1
 Nhận xét: Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì cũng là nghiệm, 
 a
Ví dụ 9. Giải phương trình 4x 7 4x 5 x 1 2x 1 9 .
* Tìm cách giải: Ta thấy nếu vế trái nhân 4 vào nhân tử thứ ba, nhân 2 vào nhân tử thứ tư thì cả bốn nhân tử 
đều là các đa thức mà hệ số của X đều là 4. Vế phải nhân với 8 để được phương trình mới tương đương. Sau 
đó nếu nhân 4x 7 với 4x 2 ; 4x 5 với 4x 4 ta thấy kết quả xuất hiện các hạng tử giống nhau 
16x2 36x nên có thể đặt ẩn phụ để giải.
 Giải
 Ta có: 4x 7 4x 5 x 1 2x 1 9
 4x 7 4x 5 4x 4 4x 2 72
 16x2 36x 14 16x2 36x 20 72
Đặt 16x2 36x 17 y , ta có:
 y 3 y 3 72 y2 9 72 y2 81 y 9
Với 16x2 36x 17 9 4x2 9x 2 0 4x2 8x x 2 0
 4x2 8x x 2 0 4x x 2 x 2 0
 x 2 0 x 2
 x 2 4x 1 0 
 4x 1 0 x 0,25
Với 16x2 36x 17 9 16x2 36x 26 0 vô nghiệm vì
 2
 2 9 23
16x 36x 26 4x 0,x
 2 4
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 2; 0,25
 C. Bài tập vận dụng
17.1. Giải các phương trình:
 2
 a) 8x 3 2x 1 2x 1 y2 y 4 2y y 4 4 y 4 0 y 4 y2 2y 4 0
 2
 Do y2 2y 4 y 1 3 0,y nên y 4
17.3. Giải các phương trình (z là ẩn số):
 a) z4 z3 7z2 z 6 0
 b) z6 12z4 23z2 36 0
 c) 24z3 20z2 4z 6z2 5z 1
 Hướng dẫn giải – đáp số
 Đây là các phương trình, bậc cao. Ta phải sử dụng hệ quả của định lý Bézout (xem ví dụ 2) để xác định 
 nhân tử chung và phân tích thành nhân tử bằng phương pháp tách, thêm bớt.
 a) z4 z3 7z2 z 6 0 z 3 z 2 z 1 z 1 0
 Tập nghiệm của phương trình là S 3; 1;1;2
 b) z6 12z4 23z2 36 0 z2 1 z 3 z 3 z 2 z 2 0
 Tập nghiệm của phương trình là S 3; 2;2;3
 c) 24z3 20z2 4z 6z2 5z 1 24z3 26z2 9z 1 0
 24z3 12z2 14z2 7z 2z 1 0 2z 1 12z2 7z 1 0
 2 
 2z 1 12z 3z 4z 1 0 2z 1 3z 4z 1 4z 1 0
 2z 1 3z 1 4z 1 0
 1 1 1
 Ta tìm được tập nghiệm của phương trình là S ; ; 
 4 3 2
 * Nhận xét: Câu c) còn có cách giải khác. Nếu phân tích ngay hai vế thành nhân tử trước ta thấy 
 6z2 5z 1 6z2 3z 2z 1 2z 1 3z 1 và có 24z3 20z2 4z 4z 3z 1 2z 1 vì thế 
 phương trình trở thành 4z 2z 1 3z 1 2z 1 3z 1 0 2z 1 3z 1 4z 1 0
17.4. Giải các phương trình:
 2 2
 a) t2 t 2t 1 13 8t
 b) t2 t 1 t2 10 t t 2 t2 t 
 2
 c) t2 t 2 t2 t 1 5 t2 t 9
 d) t2 3t 2 t2 7t 12 24
 Hướng dẫn giải – đáp số z2 7z 10 0 z 2 z 5 0
 Từ đó có t2 t 2 0 t 1 t 2 0 t 1 hoặc t 2
 t2 t 5 0 t 4 t 5 0 t 4 hoặc t 5
 Vậy tập nghiệm của phương trình S 5; 2;1;4
 d) t2 3t 2 t2 7t 12 24
 t 1 t 2 t 3 t 4 24 t2 5t 4 t2 5t 6 24 0
 Đặt t2 5t 4 y phương trình trở' thành y y 2 24 0
 y2 2y 24 0 y 6 y 4 0 y 6 hoặc y 4 .
 Với y 6 0 ta có t2 5t 10 0 vô nghiệm vì
 2
 2 5 15
 t 5t 10 t 0,t
 2 4
 Với y 4 0 ta có t2 5t 0 t t 5 0 t 0 hoặc t 5
 Phương trình có hai nghiệm là t 0;t 5 .
 Nhận xét. Ta có thể đặt t2 5t 5 u thì phương trình trở thành 
 u 1 u 1 24 0 u 5 u 5 0
 Hay t2 5t t2 5t 10 0. Giải ta cũng được kết quả trên.
17.5. Giải các phương trình:
 3 3 3
 a) 4x 3 2x 5 2x 8 
 3 3 3
 b) 3x 2016 3x 2019 6x 3 
 3 3
 c) 2x 7 9 2x 152
 Hướng dẫn giải – đáp số
 3 3
 Trong các bài toán xuất hiện các dạng a b ; a b và a3 b3
 3
 Lưu ý: a b a3 b3 3ab a b và a3 b3 a b a2  ab b2 
 a) Đặt y 4x 3;z 2x 5 thì y z 2x 8. Ta có:
 3
 y3 z3 y z y3 z3 y3 z3 3yz y z 3yz y z 0