GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Bài 2. Giải bất phương trình :

2x 1  

3

x 2   3x 3 

Lời giải

Ta có

    

3

2x 1 x 2 3x 3

 

     

2x 1 3x 3 2 x

   ^{ } 

1 2x 1 1 27x 41x 10 3 9x 21x 14 2x 1 0

         

2

2

2

Ta luôn có :

     

27x 41x 10 3 9x 21x 14 2x 1

   

   

4

2

2

1 5 8

 

                     

27 2x 1 2x 1 1 18x 11 13 2x 1 3 2x 1 0

4 3 3

Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc.

Kết luận : ¹ x 1

2   .

Nhận xét

Tại sao lại nghĩ đến biểu thức sau ???

Phương pháp đánh giá S.O.S sẽ được trình bày trong bài 16, tuy nhiên anh sẽ giới thiệu

cho các em các bước để dẫn tới biểu thức trên như sau :

    

t

2

1

Bước 1 : Đặt

t 2x 1 x

Bước 2 : Biến đổi theo t :

1 27t 27t 72t 28t 69t 15

      

5

4

3

2

4

Ta cần chứng minh 27t

⁵

 27t

⁴

 72t

³

 28t

²

 69t 15 0 t     0

Bước 3 : Tìm điểm rơi :

     

f t 27t 27t 72t 28t 69t 15

  

t t 1.52645153

      

1

f ' t 0

t t 0.68965303

2

Thành thử thấy t t

₁

³

  2 là cực tiểu địa phương nên ta lấy điểm rơi theo ³

Bước 4 : Đưa về PT bậc 4 :

  ²⁷  

⁴

⁴

^873t

³

^785t

²

^1083t

      

f t t 2t 3 135t 15

16 2 2 16

Áp dụng thủ thuật chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm :

3

2

2

 

            

4

873t 785t 1083t

2

97 2 293

2

759 63

135t 15 135 t t t t 0

 

2 2 16 60 15 80 80 5

Bước 5 : Thế ngược t  2x 1  là xong.

Tuy nhiên, biểu thức trên có vẻ hơi to nên ta cho điểm rơi nhỏ đi 1 xíu. Ta lấy điểm rơi

theo 1 :

4

4

3

2

      

f t 27t t 1 81t 234t 136t 42t 15

   

13 2 5 8

4

2

            

27t t 1 81 t t 3 t 0

9 9 3 3

Vậy là bài toán được giải quyết.