Phương trình vô tỉ

Tài liệu về phương trình vô tỉ giống đề thi ĐH

Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 235 - Đề Bài: 1, Giải phương trình 3 2 3 2 (1 ) 2(1 ) x x x x     Giải: Cách 1: Điều kiện: 1 1. x    Với điều kiện trên, đặt sin , , . 2 2 x y y            Phương trình đã cho trở thành: 3 3 sin cos 2sin cos , (1) y y y y  hoặc 3 3 sin cos 2 sin cos . (2) y y y y   Xét phương trình (1), ta có: (1) (sin cos )(1 sin cos ) 2 sin cos . y y y y y y     Đặt sin cos y y t   thì ta có 2 1 sin cos . 2 t y y   Phương trình (1) trở thành    2 2 3 2 2 1 2( 1) 1 2 3 2 0 2 2 2 2 2 1 0. t t t t t t t t t                      Từ đây ta có thể tìm được nghiệm của phương trình (1). Phương trình (2) có thể giải tương tự. Cách 2: Đặt 2 1 x a   Ta có 2 2 3 3 1 2 a x a x xa          Đây là hệ đối xứng loại 1 rồi các bạn đặt tổng S=x+a và P=xa sẽ ra thôi 2, Giải phương trình 4 3 10 3 2 x x     Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là 10 3 0 4 3 10 3 0 x x           hay 74 10 . 27 3 x  Chuyên đề II: PT Lượng giác, PT-Hệ PT Phần 4: Phương Trình Vô Tỉ Coppy right ©: Mobile_lam Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 236 - Bây giờ, đặt 10 3 a x   thì ta có 4 3 2 10 3 a x x a           hay 2 2 4 3 0 (1) 3 10 0 x x a a x          Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế, ta được 2 2 3 7 10 0, a a x x      hay ( 5)( 2) 0. a x a x      Từ đây suy ra 5 a x   hoặc 2. a x   Với 5 , a x   thay vào phương trình thứ nhất của (1), ta được 2 4 3(5 ) 0, x x x     hay 2 7 15 0. x x    Phương trình này vô nghiệm. Với 2, a x   thay vào phương trình thứ nhất của (1), ta có 2 4 3( 2) 0, x x x     hay 2 6 0. x x    Từ đây ta tìm được 2 x   hoặc 3. x  Dễ thấy chỉ có 3 x  thỏa mãn phương trình đã cho ban đầu. Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm là 3. x   3, Giải phương trình 4 3 2 2 4 5 2 10 12 2 5 x x x x x x        Giải: Bài này có ý tưởng đặt ẩn phụ khá rõ. Ta biến đổi vế trái một chút là thấy ngay 4 3 2 4 3 2 2 2 2 2 4 5 2 10 ( 4 4 ) ( 2 ) 5 ( 2 ) ( 2 ) 5. x x x x x x x x x x x x x                Đặt 2 2 , 1. t x x t     Ta có phương trình sau 2 4 3 2 5 12 5 2 19 164 620 0. t t t t t t t           Dùng phương pháp hệ số bất định để phân tích đa thức thành thành tích của hai đa thức với chú ý 2 620 2 ·5·31.  Ta được phương trình tương đương là 2 2 2 ( 4 20)( 2 31) 0 2 31 0 1 4 2. t t t t t t t            Ta loại nghiệm 1 4 2 t   và cần giải phương trình 2 2 1 4 2. x x   Giải phương trình này, ta thu được các nghiệm của phương trình ban đầu.  4, Giải phương trình 3 78 18. x x    Giải: Điều kiện: 78. x   Ta có: 3 78 18 0 0. x x x       Dễ thấy 3 x  là một nghiệm của phương trình đã cho, ta sẽ chứng minh đây là nghiệm duy nhất. Xét các trường hợp sau: Với x>3, ta có 2 9 78 ( 3)(9 26) 0. x x x x       Do đó: 3 78 18 3 18 9 . x x x x       Với 0<x<3, ta có 2 78 9 (3 )(9 26) 0. x x x x       Do đó: 3 78 18 3 18 9 . x x x x       Vậy 3 x  là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.  5, Giải phương trình 4 3 16 5 6 4 . x x x    Giải: Ta sẽ chứng minh V trái V phai ê' ê'  . Thật vậy, theo bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương (dễ Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 237 - dàng kiểm tra): 3 3 3 4 2 (4 )·1·1 . 3 x x x x     Do đó, ta chỉ cần kiểm tra rằng: 3 4 4 2 6· 16 5. 3 x x x     Sau khi khai triển và rút gọn, bất đẳng thức trên tương đương với 2 2 (2 1) (4 2 1) 0 x x x     (đúng). Do đó, ta có thể kết luận phương trình chỉ có nghiệm duy nhất 1 2 x  .  6, Giải phương trình: 5 4 3 3 2 2 2( 1) 2 3 x x x x x       Giải: 5 4 3 3 2 2 2( 1) 2 3. x x x x x       Bình phương hai vế rồi thu gọn ta có: 6 5 4 3 2 4 12 9 4 6 1 0 x x x x x       4 2 1 ( 1) (2 1) 0 1 2 x x x x             Thử lại thấy thỏa mãn vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S= 1 1, 2        7, Giải phương trình: 3 2 3 3 1 1 8 2 20 2 x x x x x        Giải: Đứng trước bài toán này hẳn chúng ta sẽ rất bối rối bởi không biết bắt đầu từ đâu, quả thật là khó chịu khi gặp một phương trình chứa cả căn bậc hai và căn bậc ba thế này! Nhưng hãy bình tâm lại, ta nhớ lại rằng những bài kiểu này chắc chắn sẽ sử dụng liên hợp để rút nhân tử chung và việc cần làm của ta bây giờ là tìm nhân tử chung đó! Quan sát phương trình ta chả tìm thấy nghiệm đẹp nào cả!Đến đây nhiều bạn sẽ chán nản và từ bỏ, nhưng hãy bình tĩnh, kinh nghiệm cho thấy rằng, rất nhiều trường hợp phương trình có nghiệm "xấu" nhưng cả biểu thức trong dấu căn lại là một số "đẹp".Bởi vậy tại sao ta không thử làm ngược lại, cho biểu thức trong căn là một số "đẹp" rồi tìm ra nghiệm "xấu" nhỉ? Với suy nghĩ như thế ta sẽ đẩy cho biểu thức 3 2 8 2 x x x    là một số chính phương!Ta chọn biểu thức này bởi nếu ta chọn 3 20 x  thì ắt nghiệm "xấu" sẽ có chứa căn bậc ba như thế hẳn sẽ là khó khăn đây! Đặt bút tính toán thì ta thấy ngay khi cho 3 2 8 2 4 x x x     thì có ngay nghiệm "xấu" rồiCái này các bạn tự kiểm tra nhé! và ta tiến hành dùng liên hợp như sau: Phương trình đã cho tương đương với: 3 2 3 3 8 2 2 2 20 2 4 0 x x x x x          Dùng liên hợp ta thấy ngay nó tương đương với: 2 3 2 3 2 3 3 2 3 3 12 ( 2 2) 0 8 2 2 ( 20) ( 2) 20 ( 2) x x x x x x x x x x                        Tới đây ta có: Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 238 - 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 2 0 3 12 0 8 2 2 ( 20) ( 2) 20 ( 2) x x x x x x x x x x                      Trường hợp thứ nhất giải phương trình là đơn giản, các bạn tự làm nhé!Bây giờ ta quan tâm đến phương trình thứ hai. Rõ ràng khi 3 x   thì phương trình vô nghiệm, bởi vế trái của nó dương.Như thế ta chỉ cần xét 3 x   nữa là đủ! Tới đây nhiều bạn sẽ tìm cách đánh giá ở ngay phương trình này, tuy nhiên cách này không mấy hiệu quả.Như thế tại sao ta không nghĩ đến việc chỉ ra phương trình ban đầu vô nghiệm khi 3 x   và chỉ tiến hành giải khi 3 x   nhỉ? Thật may, ta dễ dàng chứng minh được phương trình ban đầu vô nghiệm khi 3 x   .Thật vậy, ta dùng liên hợp và viết nó thành: 2 3 2 3 2 3 3 2 3 1 3 3 19 8 2 0 2 ( 20) ( 1) 20 ( 1) x x x x x x x x x              Các bạn có thể kiểm tra được ngay khi 3 x   thì vế trái của phương trình là số dương, như thế phương trình vô nghiệm! Như thế bài toán đã giải quyết xong! PS: Trên đây chỉ là chỉ là phần suy nghĩ, ý tưởng và như thế không thể coi là một bài giải được!Các bạn hoàn thiện bài này và trình bày nó một cách logic nhé.Mình tin chắc các bạn sẽ làm tốt! 8, Tìm các nghiệm thực của phương trình sau: 3 2 ( 2) 2 x x x    Giải: Cách 1: Đặt 3 ,( 0). 2 x t t    Khi đó ta dễ dàng tính được 2 2 3. x t   Thay vào phương trình đầu bài, ta được 2 2 2(2 3) (2 3) 2 , t t t         hay là 4 2 8 16 6 0. t t t     Thực hiện phân tích nhân tử, ta có 2 2 (4 2 3)(2 2) 0. t t t t      Giải phương trình tích này kết hợp với điều kiện ta được hai nghiệm là 1 2 1 13 1 17 , . 4 4 t t      Với 1 1 13 , 4 t    ta được 5 13 . 4 x    Với 2 1 17 , 4 t   ta được 3 17 . 4 x    Và cả hai nghiệm này điều thỏa mãn bài toán.  Cách 2: Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 239 - Điều kiện: 3. x   Đặt 3 1 . 2 x y    Phương trình trở thành: 2 2 2 2 ( 2) 1 2 4 1 0 (1) 3 ( 1) 2 4 1 0 2 x x y x x y x y y y x                       Trừ hai phương trình vế theo vế, ta được: ( )(2 2 5) 0 5 2 2 y x x y x y x y              Thay vào (1) và giải tiếp  Cách 3: Viết phương trình đã cho dưới dạng: 2 ( 1) 2 2( 1) 2 . 2 x x      Đặt 1, y x   ta được phương trình: 2 2 2 2 . 2 y y    Bây giờ, ta tiếp tục đặt 2 , 2 y z   ta được phương trình: 2 2 2 . z y   Từ đó, ta có hệ phương trình sau: 2 2 2 2 2 2 y z z y        Trừ hai phương trình của hệ, vế theo vế, ta được: ( )(2 2 1) 0. y z y z     Do đó, y z  hoặc 2 2 1 0. y z    Xét trường hợp , y z  ta có: 2 1 17 2 2 0 4 y y y       (ta loại nghiệm y < 0 vì tương ứng z < 0 ), suy ra 3 17 4 x    . Trường hợp 2 2 1 0, y z    ta có: 2 1 13 4 2 3 0 4 y y y        (ta loại nghiệm 1 13 4 y    vì khi đó z < 0 ), suy ra 5 13 4 x    . Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 3 17 4 x    và 5 13 . 4 x    10, Giải phương trình 3 2 2 3 3 2 10 17 8 2 5 . x x x x x x       Giải: Phương trình đã cho tương đương với: 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 8 17 10 5 2 5 4 5 2 2 1 1 1 2 1 2 2 5 5 1 2 1 1 2 1. (1) x x x x x x x x x x x x                                       Nhận xét rằng phương trình (1) có dạng: 3 2 2 5 1 1 , f f x x                  với 3 ( ) 2 . f t t t   Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 240 - Dễ thấy ( ) f t là hàm liên tục trên ,  ngoài ra 2 ( ) 3 2 0, , f t t t        nên ( ) f t là hàm liên tục và đồng biến trên .  Do đó, 2 3 2 3 2 2 5 8 17 6 17 97 17 97 (1) 1 1 0 6 17 8 0 . 12 12 x x x x x x x x x                   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 17 97 12 x   và 17 97 . 12 x    11, Giải phương trình 3 5 3 1 8 1 x x x       Giải: Dễ thấy 0 x  là một nghiệm của phương trình. Nếu x>0 thì ta có 55 3 3 1 8 1 8 1, x x        trong khi đó 3 1 1. x    Do vậy, đẳng thức ở phương trình không thể xảy ra. Tương tự, nếu x<0 thì 3 5 3 1 8 1 1 x x x        và đẳng thức ở phương trình cũng không thể nào đạt được. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0. x   12, Giải phương trình 3 2 4 3 8 40 8 4 4. x x x x      Giải: Điều kiện: 1. x   Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho bốn số không âm (các bạn nhớ chứng minh lại nhé), ta có 4 8 4 4 ( 1) 4 4 4 13. x x x         Từ đó suy ra 3 2 3 8 40 13, x x x x      hay 3 2 3 9 27 0. x x x     Thực hiện phân tích nhân tử, ta có 2 ( 3)( 3) 0. x x    Do 3 0 x   và 2 ( 3) 0 x   nên điều này chỉ xảy ra khi 3. x  Mặt khác, dễ thấy 3 x  là một nghiệm của phương trình đã cho. Từ đây, ta đi đến kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x   13, Giải phương trình: 2 2 ( 1) 2 3 1 x x x x      Giải: Ta có, phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 3 ( 1) 2 3 2 2 0 x x x x x x          Đặt: 2 2 3, 2 t x x t    , thì phương trình trên trở thành: 2 ( 1) 2 2 0 t x t x      Ta tính được: 2 ( 3) x   , từ đó thay công thức ta tìm được nghiệm dễ dàng. 14, Giải phương trình: 3 2 3 3 3 2 ( 1) 0 x x x x      Giải: Điều kiện: 1. x   Đầu tiên ta biến đổi 3 2 3 3 3 3 3 2 ( 1) 0 3 ( 1) 2 ( 1) 0. ( ) x x x x x x x x            Và phát hiện rằng các hệ số là (1 3 2 0)    như vậy khả năng tách được thành nhân tử là cực kì cao, tuy nhiên để tránh hoan mang về căn số ta đặt 0 1 . A x    Ta biến đổi tiếp bằng cách tách về cùng hệ số, và ( )  được Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 241 - viết lại thành:   3 3 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) 0 2 2 0 ( ) 2 ( ) 0 ( )( ) 2 ( ) 0 ( )( 2 ) 0 ( )( ) 0 ( ) ( )( ) ( ) 0 ( ) ( 2 ) 0. x x x x x x x xA A xA x x A A x A x x A x A A x A x A x xA A x A x A xA A x A x A x A A x A x A x A                                              Như vậy vấn đề còn lại chỉ là các biến đổi: 2 1 2 1 x x x A x x x A                 Tới đây là gần xong bài rồi, nhớ kiểm tra lại các điều kiện của x, cuối cùng ta có kết quả 1 5 hay 2 2 2. 2 x x      15, Giải phương trình sau: 2 2 1 2 3 1 2 3 x x x x      Giải: Đk: 1 1 . 2 3 x x x             Phương trình đã cho tương đương: 2 (2 3) (2 3) 1 1. x x x x      Đặt (2 3) 1. t x x    Ta có hệ phương trình: 2 2 (2 3) 1 . (2 3) 1 x x t t x x          16, Giải phương trình 2 3 2( 2) 5 1 x x    Giải: Điều kiện: 1. x   Khi đó, ta phân tích: 2 2 2( 1) 2( 1) 5 ( 1)( 1). x x x x x x         Đặt 1 u x   và 2 1 v x x    thì ta có 3 0, . 2 u v  Phương trình trên trở thành: 2 2 2 2 5 0. u v uv    Đến đây thì dễ rồi.  17, Giải phương trình: 2 2 3 (3 1) 2 1 5 3 2 x x x x      Giải: Đk: 2 2 3 (3 1) 2 1 5 3. 2 x x x x      2 2 2(3 1) 2 1 10 3 6 x x x x       2 2 2 4(2 1) 2(3 1) 2 1 2 3 2 0 x x x x x           Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 242 - Có: 2 2 2 1 ( 3) x x      18, Giải phương trình: 4 2 4 4 1 8 3 4 3 5 x x x x x       Giải: Điều kiện: 3 . 8 x  Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 4 4 (4 1) 1 4 1 (4 1)·1 2 , 2 (8 3) 1 1 1 8 3 (8 3)·1·1·1 2 . 4 x x x x x x x x                 Mặt khác, ta lại có 4 2 4 2 3 2 4 3 5 (2 2 ) 4 3 (4 3 1) (2 1) ( 1) 0 x x x x x x x x x x x x x x               Do đó, 4 2 4 4 1 8 3 4 4 3 5 . x x x x x x        Mà theo giả thiết, ta có đẳng thức xảy ra. Vì thế 4 1 1 1 8 3 1 . 2 2 1 0 x x x x              Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 1 . 2 x   19, Giải phương trình 2 3 2 5 1 7 1 x x x     Giải: Điều kiện: 1. x  Để ý rằng 2 2 2 5 1 2( 1) 3( 1) x x x x x        và 3 2 1 ( 1)( 1), x x x x      ta có thể viết lại phương trình dưới dạng 2 2 2( 1) 3( 1) 7 ( 1)( 1). x x x x x x         Từ đây, ta dễ dàng phân tích nhân tử và thu được     2 2 2 1 1 1 3 1 0. x x x x x x          20, Giải phương trình 2 2 4 2 1 2 1 2 2( 1) (2 4 1) x x x x x x x          Giải: Bài toán này nếu chúng ta để để ý tới sự xuất hiện thường xuyên của một đại lượng hết sức quan trọng trong bài toán là 2 2 x x  có mặt hầu hết trong "mặt tiền" cũng như " ngõ hẻm " của bài toán thì sẽ cho ta được lời giải gọn hơn một chút đấy.Thật vậy ta có : 4 2 2 2 2 (1 ) (1 2 ) ; 2 4 1 1 2(2 ) x x x x x x x          Đây chính là "ngõ hẻm" của bài toán. Điều kiện của bài toán là 2 0 2 1 ( ) x x i    Vậy bây giờ ta tiến hành đặt ẩn phụ cho bài toán để làm giảm bớt "tính đắt đỏ " của bài toán nhé. Đặt : 2 2 , 0 1 t x x t     Lúc đó phương trình đã cho sẽ trở thành một phương trình mới: 2 2 2 1 1 2(1 ) (1 2 ) (1) t t t t      Bây giờ đứng trước một phương trình mới dù đã được trang hoàng khá đẹp nhưng độ rõ nét của nó vẫn chưa hiện rõ. Nhưng nếu ta để ý một chút như sau do 2 0 1 0 1 1 t t       nên ta có một sự thay đổi quan trọng sau : 2 2 2 2 2 2 2(1 )(1 2 ) 2(1 ) 2(1 ) 2 t t t t t         Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 243 - Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 t  Mặt khác chúng ta cũng có 2 0 1nên 0 1 1 t t      2 2 2 2 1 1 1 1 2 t t t t          Và đến đây ta chỉ cần "hàn gắn" được 2 1 1 1 1 , 0 1 t t t t         là mọi thứ trở nên rõ ràng Mà điều này thì chúng ta chỉ cần sử dụng bình phương hai vế là giải quyết hoàn toàn.Thật vậy bình phương hai vế ta được : 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 0 (luôn dúng) t t t t         Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 t  . Tới đây thì ta chắc chắn rằng để có (1) thì 2 2 0 0 2 0 2 0 2 x t x x x x x              Đối chiếu điều kiện ( ) i ta có nghiệm của phương trình là : 0 , 2 x x    21, Giải phương trình: 2 2 2 4 4 2 9 16 x x x      Giải: Điều kiện: 2 2. x    Đặt 2 , x t  1 1, t    thay vào và rút gọn, phương trình của ta trở thành 2 2 1 2 2(1 ) 9 4. t t t      Bình phương hai vế, ta được 2 2 4(1 ) 8(1 ) 8 2(1 ) 9 4, t t t t        hay tương đương 2 2 9 4 8 8 2(1 ). t t t     Đến đây, với để ý rằng 2 2 2 9 4 8 4 4·2(1 ), t t t t t       ta viết được phương trình dưới dạng 2 2 2 4 4·2(1 ) 8 2(1 ), t t t t      hay 2 2 2 4 8· 4·2(1 ) 8 2(1 ). 2 2 t t t t            Phương trình cuối có dạng 2 2(1 ) 2 t f f t             với 2 ( ) 4 8 . f u u u   22, Giải phương trình: 3 2 3 2 4 5 6 7 9 4 x x x x x       Giải : Phương trình ban đầu tương đương với 3 2 2 3 2 3 4 2 7 9 4 7 9 4, x x x x x x x          hay 3 2 3 2 ( 1) ( 1) 7 9 4 7 9 4. x x x x x x          Xét hàm 3 ( ) f t t t   trên  thì dễ thấy ( ) f t đồng biến trên  . Ta lại có   3 2 ( 1) 7 9 4 f x f x x     nên từ đây ta suy ra 3 2 1 7 9 4. x x x     23, Giải phương trình sau: 2 2 3 2 5 (2 3)( 3) 2 2 1 x x x x       Giải: Điều kiện: 2 2 (2 3)( 3) 5. x x    Từ điều kiện này, ta suy ra 4. x  Thật vậy, nếu x>4 thì 2 2 2 2 (2 3)( 3) (2·4 3)(4 3) 5 x x       (mâu thuẫn với điều kiện xác định của bài toán). Do 2 2 5 (2 3)( 3) 0 x x     nên ta có 3 2 2 2 1 0, x x    suy ra 1 x   (vì trường hợp 1 x   sẽ dẫn đến 3 2 2 2 2 1 2 (1 ) 1 0 x x x x       ). Vậy ta có 1 4. x    Vũ Tùng Lâm II: PT- HPT THPT Lục Ngạn 3 E-mail: Mobile_lam@yahoo.com  :01645362939 - 244 - Bây giờ, ta biến đổi phương trình như sau 3 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 4 5 (2 3)( 3) 3, ( 1)(2 10 5 23) 2( 1)( 2 2) , 5 (2 3)( 3) 3 2 10 5 23 ( 1) 2( 2 2) 0. (1) 5 (2 3)( 3) 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                        Ta sẽ chứng minh 3 2 2 2 2 2 10 5 23 2( 2 2) 0, 5 (2 3)( 3) 3 x x x x x x x            hay 2 2 2 3 2 2( 2 2) 5 (2 3)( 3) 3 (2 10 5 23) 0. x x x x x x x                Do 2 2 5 (2 3)( 3) 3 3 x x      và 2 2 2 0 x x    nên ta chỉ cần chứng minh được 2 3 2 6( 2 2) (2 10 5 23) 0, x x x x x        tương đương 3 2 2 4 17 35 0. x x x     Do 3 2 2 2 1 0 x x    nên 3 2 2 1 2 , x x   từ đó suy ra ta chỉ cần chứng minh 2 2 (1 2 ) 4 17 35 0, x x x      hay tương đương 2 6 17 36 0. x x     Điều này đúng do ta có 1 4. x    Từ đây kết hợp với (1), ta tìm được nghiệm của phương trình là 1. x   P/s: Cách này tương đối phức tạp, mình nghĩ là có cách đơn giản hơn. Các bạn thử tìm xem sao nhé. :) 24, Giải phương trình hai ẩn: 2 2 4 4 2 y x y x x      Giải: Phương trình đã cho tương đương: 2 2 2 2 1 ( 1) ( ) 2 ( 2)(4 ) 0 2 x y x y x        Vì vế trái của phương trình trên không âm nên khi vế trái bằng 0 thì tất cả các số hạng trong nó đều phải bằng 0 nên thay 1 1, 2 x y    xem thử thỏa hay không rồi kết luận thôi. 25, Giải phương trình sau 3 2 1 1 1 3 3 x x x x x x          Giải: Phương trình đã cho tương đương: 3 2 1 1 1 1. 3 3 3 x x x x x x x           Đặt 2 1 1 3 3 x x x a b x x        Phương trình đã cho có dạng: 1 ( 1)( 1) 0 ab a b b a        Đến đây thì đơn giản rồi! 26, Giải phương trình sau 2 2 2 2 2 3 3 2 1 2 2( 1) x x x x x x x          [...]... thì phương trình vô nghiệm! Nếu 1 . của phương trình đã cho. Từ đây, ta đi đến kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3. x   13, Giải phương trình: 2 2 ( 1) 2 3 1 x x x x      Giải: Ta có, phương trình. nghiệm của phương trình nên chia hai về phương trình cho x ta được 2 2 2 1 1 1 3 8 3 0 3. x x x x x x         Giải phương trình này ta được 9 77 . 2 x    29, Giải phương trình. x   thay vào phương trình thứ nhất của (1), ta được 2 4 3(5 ) 0, x x x     hay 2 7 15 0. x x    Phương trình này vô nghiệm. Với 2, a x   thay vào phương trình thứ nhất của