Hệ thống một số kỹ thuật giải phương trình bất phương trình chứa căn thức

HỆ THỐNG MỘT SỐ KỶ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC.. Thầy:Nguyễn Hoàng Tuấn Lời nói đầu: Trong các đề thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng của các năm gần đây, thì

HỆ THỐNG MỘT SỐ KỶ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC.

Thầy:Nguyễn Hoàng Tuấn

Lời nói đầu:

Trong các đề thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng của các năm gần đây, thì bài toán giải phương trình và bất phương trình có chứa căn thức thường xuất hiện và chỉ tập trung vào các phép biến đổi cơ bản để đưa về một phương trình và bất phương trình đại số tương đương Được sự phân công của Tổ Toán, tôi xin phép hệ thống lại một số kỷ thuật giải cơ bản, để giúp các em học sinh hệ thống kiến thức, chuẩn bị bước vào kỳ thi Tuyển Sinh Đại Học

Tôi xin phép hệ thống lại các kỷ thuật cơ bản sau:

I Các dạng cơ bản (các định lý tương đương)

II Phương pháp đặt ẫn phụ

III Phương pháp nhân liên hợp

IV Phương pháp dùng tính chất hàm số

V Một số phương pháp khác: xét dấu, dùng bất đẳng thức, …

I CÁC DẠNG CƠ BẢN: (CÁC ĐỊNH LÝ TƯƠNG ĐƯƠNG)





  



0 0

B

A B

 



 



0

B B





4) Dạng có chứa nhiều căn thức

* Phương pháp chung là:

a) Đặt điều kiện cho các căn thức có nghĩa, b) Biến đổi 2 vế, không âm (nếu là căn bậc chẵn).

c) Lũy thừa đưa về dạng cơ bản.

VD1: Giải phương trình: x26x 6 2x1

Giải: 22 1 0 2 21 / 2

Pt

1 / 2

1 1

5 / 3

x

x x

x









  



Vậy tập nghiệm là: S = {1}.

VD2: Giải phương trình: 3x 4 2x 1 x3

Giải: Điều kiện:

3 0

x

x

 



     



  



Với điều kiện đã đặt,

2 1 3 3 4 2 1 3 2 (2 1)( 3) 3 4.

Pt x  x  x  x   x x x  x

(2x 1)(x 3) 0

3

x x

 



   

 Vậy tập nghiệm là: S = {–1/2}

VD3: Giải bất phương trình: (x5)(3x4)4(x1)

Giải: 4( 1) 0

x Bpt

 



4( 1) 0 ( 5)(3 4) 16( 1)

x

 





 1

x





      

1

x







5 4 / 3 1 1 4

         

Vậy tập nghiệm là: S     ( ; 5] [ 4 / 3; 4)

VD4: Tìm m, để pt: 2x2 (m2)x  8 2 x có nghiệm

x Pt

 



 

2 ( 2) 4 0 (*)

x





 

 Phương trình đã cho có nghiệm  Pt (*) có nghiệm x2

Pt (*)  x22x 4 mx (x2)

+ Xét x = 0: không thỏa pt

+ Xét x ( ; 2] \ {0} Pt (*) m x2 2x 4

x



Đặt hàm số f(x) x2 2x 4

x

 Khảo sát sự biến thiên của hàm số với x ( ; 2] \ {0}

Pt có nghiệm m   ( ; 2] [6;)

VD5: Tìm m, bpt: mx x   có nghiệm.3 m 1

Giải: Điều kiện: x3

Bpt m x(  1) x 3 1 3 1

1

x m

x

 

 

 (vì x3) (*)

Bpt đã cho có nghiệm  Bpt (*) có nghiệm x3

3

3 1 max ( )

1

x

x

x



 



Dùng đạo hàm, khảo sát hàm số f trên [3;)

Đ/s: 1 3

4

m 

* BÀI TẬP ĐỂ NGHỊ:

B1: (Dạng cơ bản) Giải:

1) 2x24x  1 x 1 2) (x3) 10x2  x2  x 12

3) 2x 1 2x3 4) 2x2  1 1 x

Đ/s: 1) 1  3 2) –3 3) [5 / 2;) 4) (  ; 1 3)( 1  3;)

B2: (Dạng chứa nhiều căn thức) Giải:

1) 2 x 3 2x 2 2 2) x 4 1 x 1 2 x

3) x 3 x 1 x2 4) 5x 1 3x 2 x 1 0

5)

2

3 2 1

3 2

x

x    



Đ/s: 1) 1 2) 0 3) ( 28 / 3;) 4) [1; 2] 5) 1

B3: Tìm tất cả giá trị tham số m, để:

2

x x  mx có đúng 2 nghiệm thực Đ/s: m[0; 2]

2) Pt x x x12 m( 5 x 4x) có nghiệm Đ/s: m[2 3( 52);12] 3) Pt x2  x 1 x2  x 1 m có nghiệm Đ/s: m ( 1;1)

4) Pt 2x2mx   có nghiệm duy nhất3 x Đ/s: m 6

5) Bpt 4x 2 164x m có nghiệm Đ/s: m 14

6) Bpt: m 2x2  7 x m nghiệm đúng với mọi x Đ/s: m  21 / 6

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẪN PHỤ:

* Đây là một kỷ thuật trọng tâm nhất, được sử dụng để biến đổi phương trình, bất phương trình về dạng quen thuộc và đơn giản hơn

* Phương pháp nầy, gồm các bước cơ bản sau:

1) Đặt ẩn phụ thích hợp và tìm điều kiện của ẩn phụ

- Học sinh thường sai sót ở bước nầy

- Tuy vậy, trong bài toán giải thì bước nầy có thể bỏ qua, ta chỉ cần đặt điều kiện cho các ký hiệu có nghĩa để thực hiện cách giải

2) Chuyển PT, BPT về các PT, BPT với ẩn mới Giải và so điều kiện nếu có

3) Tìm nghiệm của PT, BPT đầu theo hệ thức đã đặt

LOẠI 1:

+ Đặt t = u(x) Ta được một phương trình f(t) = 0 (hay bấtpt ) + Giải tìm t Giải phương trình t = u(x), tìm nghiệm x ?

VD1: Giải phương trình: (x4)(x 1) 3 x25x 2 6

Giải: Điều kiện:x25x 2 0

Nhận xét: (x4)(x 1) x25x  2 2

t x  x  Ta được PT: 2

t   t

Giải được t = 4 (loại t = –1).

Với t = 4, giải Pt: 2 5 2 4 2

7

x

x x

x





      

Vậy tập nghiệm là S = {2; –7}

VD2: Giải Bpt: 7x 7 7x 6 2 49x27x42181 14 x

Giải: Điều kiện: 7 7 0 6

7 6 0 7

x

x x

 

  



Nhận xét: (7x7)(7x6)49x27x42

Đặt t = 7x 7 7x6 (ta chỉ cần điều kiện:t0)

Ta được Bpt: t2 t 182   0 0 t 13

Tóm lại: Bpt

2

6 7

x

 





6

6 [ ;6) 7

7

1183 7098

x

x x

 





Vậy tập nghiệm Bpt là: [ ;6)6

7

S 

2 2

x x

Giải: Điều kiện: x > 0.

4 2

x x

1 4

2

x x

(ta chỉ cần điều kiện t 0; thực ra, áp dụng BĐT CAUCHY thì t 2)

Ta được Bpt: 2

1 0

2

t

t

  



   

 



2

t

Bpt  x  x  Bpt vô nghiệm

(nếu với điều kiện t 2, thì ta đã loại trường hợp nầy)

+ Với t > 2. 2

3

2

3 2 2

x

x

   



  



Vậy tập nghiệm là: (0;3 2 ) (3 2; )

VD4: Tìm m, phương trình sau có nghiệm thực: x2 2 4x2 x2 5 4x2 m

Giải: Đặt t  4x2 2 2

4

m   t t (*) Nhận xét: + Nếu ta đặt điều kiện t 0, thì Pt(*) không tương đương Pt đã cho

2

[0;2]

t

 

PT đã cho  2

2 5

m   t t (*), với t[0;2]

Ta tìm m, để Pt(*) có nghiệm t[0;2]

Đ/s: m[5;6]

VD5: Tìm m, để BPT sau được thỏa với mọi x [ 1;3]

2

  : (1 2 )(3 x x)  m 2x25x3

Giải: Đặt t (1 2 )(3 x x)   t2 2x25x3

Với [ 1;3] [0;7 2]

     (dùng BĐT Cauchy hay đạo hàm t’)

4

4

t

6

m

  

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

B1: Giải các PT và BPT sau:

1) 3x221x18 2 x2 7x 7 2 2) 2x 3 x 1 3x2 2x25x 3 16

3) x x2 1 x x2  1 2 4) ( 3)( 1) 4( 3) 1 3

3

x

x



 5) 6 (x2)(x32)x234x48 6) 2 (x x  1) 1 x2 x 1

7) (2x2) 2x 1 6(x1) 8) 2

2

1 3

1

x

x  x 

Đ/s: 1) {–6; –1} 2) 3 3) 1 4) 1 5;1 13 5) (;0] [34; )

6) (;0) (1; ) 7) [1; 5] 8) ( 1;1 / 2 ) (2 / 5 ;1)

B2: Với giá trị nào của m, thì:

1) Pt:

2

m

2) Pt: 1 x 8 x (1x)(8x) m có nghiệm Đ/s: [3;9 3 2]

2

3) Pt x44x m 4 x44x m 6 có nghiệm Đ/s: m19

4) Pt: m( 1x2  1x2 2)2 1x4  1x2  1x2 có nghiệm Đ/s: m[0; 2 1]

5) Pt: (x22x2)3 4 x2 2x 2 2x24xm có 4 nghiệm phân biệt Đ/s: m  ( 4; 1)

6) Bpt: (x2 1)2 m x x2 2 4 được thỏa với mọi x[0;1] Đ/s: m 3

7) Bpt: 4 (4x)(2x) x22x m 18 được thỏa với mọi x [ 2; 4] Đ/s: m10

LOẠI 2: MỘT SỐ KỶ THUẬT ĐẶT ẪN PHỤ KHÁC.

1) Đặt t = u(x) Ta đưa về phương trình f (x; t) = 0.

2) Đặt 2 ẩn số phụ u = u(x); v = v(x) Đưa về hệ có chứa u, v.

3) Dùng ẩn phụ lượng giác, đưa về PT luợng giác

VD1: Giải phương trình sau: (4x1) x2 1 2x22x1

Giải: Đặt t  x2  1 1 x2   t2 1

Ta được Pt: 2t2(4x1)t2x 1 0 (t 1)

1 2

t

 









Loại t = 1

2 Với t = 2x – 1, Pt

2

3

x

x







Vậy tập nghiệm là: S = {4

3}

VD 2: Giải phương trình sau: 2 x 31 x 1

Giải: Điều kiện: x 2 Đặt: u x 2 0; v  31x

Ta có hệ: 2 31

3

u v

 





 Giải hệ nầy ta được 2 trường hợp:

1

u

x v



  

1 2 2 2

u

x v

  



 



Vậy tập nghiệm là: S{2;1 2 2}

VD3: Tìm tất cả giá trị m, để phương trình: 31 x 31 x m có nghiệm

Giải: Đặt u 31x v;  31x

Ta có hệ:

 











Phương trình đã cho có nghiệm Hệ (*) có nghiệm  2

4 0

S  P

+ Xét m = 0: Không thỏa hệ

+ Xét m0 Giải hệ được

3 2

m



Tóm lại: S24P 0 2 3 2

4(m ) 0

m

m



    0 m 2

Vậy giá trị m cần tìm là: m(0; 2]

VD4: Giải phương trình sau:

2

9 1

x x x

 



Giải: Điều kiện:x 0

Nhận xét: bài toán có chứa k2 x2 ; ta đặt x = k.tant với ( ; ) \ {0}

2 2

t  

Đặt: x = tant với ( ; ) \ {0}

2 2

t  

Ta đuợc PT lượng giác:10sin3t17sin2t10sint 8 0

3

tan

3

t



 





Vậy tập ngiệm là: 3 4;

3 3

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

B1: Giải các PT sau:

1) 6x2 10x 5 (4x1) 6x26x 5 0 Đ/s: 3 59

10

x  

2) 2x23x 2 x 3x2 Đ/s: S = {1; 2}

3) 2(1x) x22x 1 x22x1 Đ/s: x  1 6

B2: Giải các PT sau:

1

S    

3) x x2 1 x x2 1 2 Đ/s: x = 1

4) 3x22x15 3x22x 8 7 Đ/s: S = {1; –1/3}

5) 2(x22)5 x31

Hướng dẫn: u x 1 0 ; v x2 x 1 Đ/s: 5 37 5; 37

B3: Giải các PT sau:

B4: Giải các PT sau:

1) 1x2  x 2(1 2 x2) Đ/s: S = { 2 / 2; 2(1 3) / 4}

2

S   

Hướng dẫn: 1) và 2) Đặt x = sint với [ ; ]

2 2

t  

3)

2

3

x

Hướng dẫn: Điều kiện:

2

(0;1]

x

x

 



  



Đặt x = cost với [0; )

2

t 

Đ/s: x1 / 6

III PHƯƠNG PHÁP NHÂN LIÊN HỢP:

+ Đây là nét đặc trưng của PT và BPT có chứa căn thức

+ Trong một số bài toán, mà việc thực hiện các phép biến đổi đưa về một bài toán tương đương quá phức tạp, ta có thể nhân với một biểu thức liên hợp để làm xuất hiện một nhân tử chung Đặt nhân tử chung, ta chuyển về giải một bài toán đơn giản

hơn

+ Do cần xuất hiện nhân tử chung, nên dấu hiệu của phương pháp nầy là:

- Cần nhẫm nghiệm phương trình hay nhẫm biểu thức chung

- Thêm, bớt giá trị và thực hiện nhân liên hợp

5

x

x  x  

Giải: (Bài tập nầy, có nhiều cách giải Tôi xin giới thiệu một cách giải khác).

Điều kiện: 2

3

x Từ điều kiện nầy, ta suy ra: x 3 0 và 4x 1 3x 2

5

x

5

    (do: 4x  1 3 0 ; 3x  2 2 0)

( 2)

5

x

5

x

x

  Nên Pt (*) x = 2

Vậy: phương trình có nghiệm x = 2.

VD 2: Giải bất phương trình sau: x23x 2 x24x 3 2 x25x 4

Giải: Điều kiện: x  1 x 4

Bpt  x23x 2 x25x 4 x24x 3 x25x 4 0 (*)

3 2 5 4 4 3 5 4

x

         

Mà:

0

3 2 5 4 4 3 5 4

          ,

Bpt (*)  x1

Vậy so điều kiện đã đặt, tập nghiệm bất phương trình là: S[4; ) {1}

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

Giải các phương trình và bất phương trình sau:

2

2)

2 2

2

x

 

3) x29x202 3x10 Đ/s: x = – 3

4) x212 5 3x x25 Đ/s: x = 2

5) x2 x 12 x 1 36 Đ/s: x = 3

6) 4(x1)2 (2x10)(1 3 2 ) x 2 Đ/s: [ 3;3) \ { 1}

2

7) 2x2 1 x2 3x 2 2x22x 3 x2 x 2 Đ/s: S = ( ; 2]

8)

2 2

2

21

3 9 2

x

x x

 

9 7 [ ; ) \ {0}

2 2

S  

9)

2

x

x x

 

IV PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT HÀM SỐ:

1) ĐL 1: Cho phương trình f(x) = 0 có tập xác định D.

Nếu hàm số f đồng biến (hay nghịch biến) trên D và tồn tại x0D sao cho 0

( ) 0

f x  thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0D

* HỆ QUẢ: Nếu hàm số f đồng biến (hay nghịch biến) trên D thì

( ) ( )

f x  f y  x y trên D.

2) ĐL 2: Cho phương trình f(x) = g(x) có tập xác định D.

Nếu hàm số f đồng biến; hàm số g nghịch biến trên D và tồn tại x0 saoD

cho f x( 0) g x( 0) thì phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = x0 D

3) ĐL 3: Cho bất phương trình f(x) > 0 có tập xác định D.

Nếu hàm số f đồng biến (hay nghịch biến) trên D và tồn tại x0 sao choD

0

f x  f x  thì bất phương trình f(x) > 0 có nghiệm là xx x0; D

(xx x0;  ).D

VD1: Giải phương trình: x 2 4x  1 7 x

Giải: Điều kiện: 1

4

x  Nhận xét: Nếu giải trực tiếp, rất khó khăn

Pt  x 2 4x   1 x 7

4

f x  x  x x x  và nhẫm nghiệm: x = 2.

4

Nên hàm số f đồng biến trên ( 1; )

4

 

Hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2.

3 x  2 x 

Giải: Điều kiện: x < 2

f x

  (x < 2) và nhẫm nghiệm:

3 2

x

Có: '( ) 6(3 2) 2(2 2) 0 ( 2)

Nên hàm số f đồng biến trên (; 2)

Hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3

2

x

VD 3: Giải phương trình: x 2 4 x x26x 11

Giải: Điều kiện: x[2; 4]

Đa số các cách giải đều sử dụng BĐT Bunhiacôpxki (hay BĐT Cauchy) tuy nhiên BĐT

Bunhiacôpxki không được thiết kế trong chương trình giáo khoa Tôi đề nghị giải bằng phương pháp hàm số

Đặt ( )f x  x 2 4x , x[2; 4]

Tính đạo hàm và khảo sát ta được: 2 f x( )2 (1)

g x  x  x  x   (2)

Từ (1) và (2): Phương trình ( ) 2 3

( ) 2

f x

x

g x







Hay nghiệm phương trình là: x = 3.

VD4: Giải phương trình: x2  x 1 x2   x 1 2

Giải: Bài toán nầy, có thể giải bằng phương pháp tọa độ hay BĐT Cauchy Tôi đề nghị giải bằng

phương pháp hàm số

f x  x   x x  x x

Có:

'( )

f x



f x   x x    x x x   x

Bình phương 2 vế, giải phương trình được x = 0, thử lại thỏa Lập bảng biến thiên của hàm số f, ta

được: ( ) 2f x  Đẳng thức xãy ra khi x = 0 hay nghiệm phương trình là x = 0.

x

x





Giải: Điều kiện: x0

1

x

x



 (x0) và nhẫm: f( 4 ) =

37

5 .

2

( 1)

x

x

x x





Nên hàm số f đồng biến trên (0;)

Hay Bpt  f x( ) f(4)  x 4

Tập nghiệm bất phương trình là S = [0; 4).

VD6: Giải phương trình: 2x310x217x 8 2x2 53 xx3

Giải: + Xét x = 0: không thỏa phương trình.

+ Xét x0, chia 2 vế phương trình cho x và đặt3 y 1(y 0)

x

Ta có phương trình: 8y317y2 10y 2 2 53 y21 (*)

(*)(2y1) 2(2y 1) 5y  1 2 5y 1

f t   , dể dàng chứng minh được hàm f đồng biến trên t t 

Pt (*)  f(2y 1) f( 53 y21)

35y 1 2y 1 8y 17y 6y 0

       

Giải phương trình nầy được: 17 97

16

y 

Suy ra: 1 17 97

12

x y



 

Vậy nghiệm phương trình là: 17 97

12

x 

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ: Giải các phương trình và bất phương trình sau:

2

x

2) x215 x2  8 3x2 Đ/s: x = 1.

3) 2x 3 5 2 x x24x 6 0 Đ/s: x = 2.

4) 2 x2 2 12 4 (x 1)

x x

5) 4 x22x 2 3x 1 x2 HD: f(t) = t22 t t( 0) Đ/s: 1

3

x 

V MỘT SỐ KỶ THUẬT KHÁC:

Sau đây, tôi xin phép giới thiệu thêm một số kỷ thuật khác để giải PT và BPT có chứa căn thức

1) Phương pháp tọa độ:

+ Thường có dấu hiệu: căn bậc hai của một tam thức vô nghiệm

+ Gợi cho ta về độ dài của một vectơ

+ Ta có: u     v u v

Đẳng thức xãy ra u v ;

cùng chiều

VD1: Giải phương trình: x2  x 1 x2 3x 1 2 (*)

Giải: Nhận xét: hai tam thức x2  x 1;x2 3x đều vô nghiệm.1

Pt ( 1)2 ( 3)2 ( 3 )2 ( )1 2

;

 

và có u  v 2

Ta có u     v u v

, nên Pt(*) u v ;

cùng chiều

1

3 2

x x





3 1

x

   là nghiệm pt

VD2: Tìm m, để phương trình sau có nghiệm: 4x22x 1 4x22x 1 2m (*)

Giải: Pt (2 1)2 ( 3)2 (2 1)2 ( 3)2 2

(1;0)

u v

   

Pt (*)  u v 2m

Ta có: u  v  u v

(Đẳng thức không xãy ra) Do vậy:

Pt (*) có nghiệm 2 1 ( 1 1; )

2 2

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

Giải các phương trình:

1) x2   x 1 x2  x 1 2 Đ/s: x = 0.

2) x2 2x 5 x2 2x10  29 Đ/s: x = 1/5.

3) cos2x2 cosx 5 cos2x4 cosx 8 5 , x(0; 2 ) Đ/s:

3

x

4) x2 4x 5 x2 2x10 16 x240x266 Đ/s: x = 5/4.

2) Phương pháp bất đẳng thức:

Do BĐT Bunhiacôpxki không được giảng dạy ở chương trình giáo khoa bậc phổ thông , trong phần nầy , tôi giới thiệu các phưuơng pháp sau:

+ Phương pháp tổng không âm

+ Phương pháp đối lập

+ Phương pháp dùng BĐT Cauchy

VD1: Giải phương trình: x2 4x 5 2 2x 3 0

Giải: Điều kiện: 3

2

x 

Nhận xét: Hệ số trước 2x bằng 2, gợi cho ta đưa về hằng đẳng thức.3

Pt (x1)2 (1 2x3)2 0 1 0

x x

 



 



Đ/s: x = –1.

VD2: Cho phương trình: x  1 x 2m x(1x)24 x(1x) m3 (*)

a) Giải Pt khi m = –1; b) Tìm m, pt có nghiệm duy nhất.

Giải: a) Khi m = –1, ta có Pt: x  1 x 2 x(1x)24 x(1x)  1

Biến đổi 1 = x + 1 – x.

Pt (4 x 41x)2( x  1x)2 0 Đ/s: x = 1

2. b) Nhận xét: Nếu x là nghiệm Pt, thì0 1 x 0 cũng là nghiệm Pt

Pt (*) có nghiệm duy nhất, thì điều kiện cần là 0 1 0 0 1

2

x  x x  Thế x vào Pt (*), tìm được0 m  1;0;1

Điều kiện đủ: với từng giá trị m ta giải Pt Giá trị m cần tìm là: m = –1.

VD3: Giải Pt: x22x 5 x 1 2

Giải: Điều kiện: x 1

Pt  (x1)2 4 x 1 2

Do: (x1)2  4 2 ; x 1 0 Pt có nghiệm là x = 1.

Giải: VTPT = (3 1)2 (2 3)2 (2 5)2 1(2 3)2 2 4(2 3)2

    (Đẳng thức xãy ra khi x = 3

2)

VPPT = 1 12 3 2(2 3)2 6 3

2 x  x  x2 (Đẳng thức xãy ra khi x = 3

2).

Tóm lại nghiệm Pt là: x = 3

2

VD5: Giải Pt: x 2 4 x x26x11 (*)

Giải: Điều kiện: x[2; 4] Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

2 1 2

4

2

x

x

VTPT x

x

 



Đẳng thức xãy ra khi 2 1

x x

 

  

Và VPPT = (x3)2  Đẳng thức xãy ra khi x = 3.2 2

Tóm lại: Pt(*)  x 3

VD6: Giải Pt: 16x4 5 6 43 x3 x (*)

Giải: Do 16x4  , nên điều kiện của bài toán là: x > 0.5 0

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

3

3 2.4 (4 1) 2 4 4 1 4 4 3

VPPT  x x    x x   x  x

Từ Pt (*) ta suy ra: 16x4 5 4x24x 3 (2x1) (22 x22x 1) 0

2

     Thử lại, thỏa Pt