SKKN2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG YÊN LẠC BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên sáng kiến: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Người thực hiện: NGUYỄN ÁNH NGUYỆT Mã: 52 Yên lạc, tháng 02 năm 2017 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU ,ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu Phương trình vô tỷ một dạng toán có vị trí đặc biệt quan trọng chương trình bậc toán trung học phổ thông Đây là một dạng toán khó, vì vậy nó xuất hiện nhiều các kì thi học sinh giỏi cũng khì thi tuyển sinh đại học Rèn kĩ giải phương trình vô tỷ sẽ giúp cho học sinh phát triển khả tư suy luận logic, tư thuật toán, đặc biệt hóa, khái quát hóa Có nhiều cách để giải phương trình vô tỷ Từ sự đa dạng phong phú của các cách giải đã tham khảo các loại tài liệu, bạn bè đồng nghiệp để nghiên cứu ứng dụng những kiến thức mình có vào viết đề tài: Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ Đề tài nhằm một phần nào đó đáp ứng mong muốn của bản thân là phù hợp và có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trường phổ thông 2.Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: Nguyễn Ánh Nguyệt - Địa chỉ: Trường THPT Yên Lạc - Số điện thoại: 0986431584 Email: anhnguyetylvp@gmail.com Chủ đầu tư sáng kiến: Bản thân tác giả Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giải phương trình vô tỷ chương trình toán thpt Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 15/09/2016 Mô tả bản chất của sáng kiến: 7.1 Về nội dung của sáng kiến: Nội dung sáng kiến chia làm phần: - Phần I: Phương pháp hữu tỷ hóa 1.1 Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương 1.2 Thực hiện phép nhân liên hợp để đơn giản việc tính toán 1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ 1.4 Phương pháp đưa về hệ không đối xứng 1.5 Phương pháp sử dụng nhiều một ẩn phụ - Phần II: Phương pháp đưa về hệ đối xứng 2.1 Phương trình dạng n a + f ( x) + n b − f ( x) = c 2.2 Phương trình dạng n ax + b = r (ux + v )n + dx + e, a ≠ 0, u ≠ 0, r ≠ 2.3 Phương trình dạng [ f ( x) ] + b = a n af ( x) − b n 2.4 Phương trình dạng x =a+ a+x - Phần III: Phương trình giải phương pháp so sánh 3.1 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ 3.2 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa để giải phương trình vô tỷ 3.3 Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế phương trình vô tỷ - Phần IV: Bài tập áp dụng cho học sinh tự rèn luyện - Phần V: Kết thực nghiệm - Phần VI: Kết luận kiến nghị NỘI DUNG CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I Phương pháp hữu tỷ hóa Nhìn chung để giải phương trình vô tỷ ta thường quy về phương trình hữu tỷ để giải Thông thường dùng các phương pháp sau để đưa các phương trình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phương pháp này là “hữu tỷ hóa” 1.1 Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù hợp Cụ thể một số phép biến đổi tương đương thường gặp [1].2 n [ 2]  f ( x ) ≥  f ( x ) = n g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥  f ( x) = g ( x)  2n  f ( x) = g n ( x) f ( x ) = g ( x) ⇔   g ( x) ≥ [ 3] 2n+1 f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g n +1 ( x) Ví dụ 1.1 Giải phương trình 3x − x + 77 = x + (1.1) Giải Ta có  2 x + ≥ x ≥ − ⇔ Phương trình (1.1) ⇔  2 3 x − x + 77 = ( x + 5)  x + 24 x − 52 =   x ≥ −  ⇔ ⇔x=2 x=2    x = −26 Vậy nghiệm của phương trình là x = Nhận xét: Phương trình (1.1) có dạng tổng quát trình này, ta sử dụng biến đổi sau: Ví dụ 1.2 Giải phương trình + f ( x) = g ( x) Vì vậy gặp phương  g ( x ) ≥ f ( x) = g ( x ) ⇔   f ( x) = g ( x) x − x = x + − x (1.2)  x − x2 ≥  ⇔ ≤ x ≤1 Giải Điều kiện  x ≥ 1 − x ≥  Để giải phương trình này, ta thường nghĩ đến việc bình phương hai vế không âm của một phương trình để một phương trình tương đương Do đó: (1.2) ⇔ 2( x − x ) − x − x = ⇔ x − x (2 x − x − 3) =  x − x2 = ⇔ 2 x − x2 =   x − x2 = ⇔  x − x + = ⇔ x = 1∨ x = Kết hợp với điều kiện bài ta được x = 0; x = là nghiệm của phương trình Ví dụ 1.3 Giải phương trình − 10 − x = x − (1.3) Giải Ta có  x ≥ (1.3) ⇔   − 10 − x = x − x +  x ≥ ⇔ 4 x − x = 10 − x 2 ≤ x ≤ ⇔  x − x + 16 x + 27 x − 90 =  ≤ x ≤ ⇔ ( x − 3)( x + 2)( x − x + 15) = ⇔ x=3 Vậy x = là nghiệm của hệ phương trình 1.2 Thực hiện phép nhân liên hợp để đơn giản việc tính toán Ta biết rằng nếu x = x0 là nghiệm của phương trình f ( x) = thì điều kiện đó có  x0 ∈ D f  f ( x0 ) = nghĩa là  Nếu x = a là nghiệm của đa thức P( x) thì P( x) = ( x − a) P1 ( x) , đó P1 ( x) là đa thức với deg P1 ( x) = deg P( x) − Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f ( x) = thì ta có thể đưa phương trình f ( x) = về dạng ( x − x0 ) f1 ( x) = và đó việc giải phương trình f ( x) = quy về phương trình f1 ( x) = Ví dụ 1.4 Giải phương trình sau 3(2 + x − 2) = x + x + (1.4) x − ≥ ⇔ x≥2 x + ≥ Giải Điều kiện  Ta thấy x = là một nghiệm của phương trình đã cho Để ý thấy rằng x = thì x − và x + là những số chính phương Do đó ta tìm cách đưa phương trình đã cho về dạng ( x − 3) f1 ( x ) = Biến đổi phương trình 2( x − 3) + ( x + − x − 2) = Vấn đề còn lại là phải phân tích (1.4) về dạng x + − x − = để có thừa số ( x − 3) Ta có ( x + 6) − 9( x − 2) = −8( x − 3) , điều này giúp ta liên tưởng đến hằng đẳng thức a − b2 = (a − b)(a + b) Ta biến đổi x+6 −3 x−2 = ( x + − x − 2)( x + + x − 2) x+6 +3 x−2 =  −8( x − 3) x+6 +3 x−2 trình đã cho tương đương với phương trình ( x − 3)  −  Đến chỉ cần giải phương trình − x+6 +3 x−2 suy phương  ÷= x+6 +3 x−2  = hay x+6 +3 x−2 = Giải phương trình này có nghiệm là x = 11 − 11 + ;x = thỏa mãn điều kiện 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 11 − 11 + ;x = 2 Nhận xét Qua ví dụ ta thấy để khử thức ta có thể sử dụng hằng đẳng thức a n − b n = ( a − b)(a n−1 + a n − b + + ab n −2 + b n −1 ) Ta nói hai biểu a −b thức và a n −1 + a n −2 b + + ab n −2 + b n −1 là các biểu thức liên hợp của Nên phương pháp thường được gọi tắt là phương pháp nhân liên hợp Ví dụ 1.5 Giải phương trình 1+ x 4x + + x − = (1.5) x ≥  ⇔ x≥0 Giải Điều kiện 2 + x ≥  4 x + + x ≠ (1.5) ⇔ + x − x − + x = ⇔ x − + x = 4x − ⇔ (3 x − − x )(3 x + + x ) = (4 x − 1)(3 x + + x ) ⇔ x − = (4 x − 1)(3 x + + x ) ⇔ (4 x − 1)(3 x + + x − 2) 4x − = ⇔ 3 x + + x =  x=  ⇔  16 x − 28 x + = Giải hệ tuyển hai phương trình trên, ta được x = , x = 7−3 7+3 ,x = là nghiệm 8 cần tìm Ví dụ 1.6 Giải phương trình x + 12 + = x + x + (1.6) Giải Để phương trình có nghiệm : x + 12 − x + = x − ≥ ⇔ x ≥ Ta nhận thấy: x = nghiệm phương trình (1.6), phương trình phân tích dạng ( x − ) A ( x ) = , để thực điều ta phải nhóm, tách sau: x + 12 − = x − + x + − ⇔ x2 − x + 12 + = 3( x − 2) + x2 − x2 + +   x+2 x +1 ⇔ ( x − 2)  − − 3÷= ⇔ x = 2 x2 + +   x + 12 + Dễ dàng chứng minh : x+2 x + 12 + − x+2 x +5 +3 − < 0, ∀x > Vậy phương trình (1.6) có nghiệm x = 1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa thức bằng một biểu thức theo ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình đã cho về phương trình với ẩn phụ vừa đặt Giải phương trình theo ẩn phụ để tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm nghiệm theo ẩn ban đầu Với phương pháp này ta tiến hành theo các bước sau Bước Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ Đây là bước quan trọng nhất, ta cần chọn biểu thức thích hợp để làm ẩn phụ Để làm tốt bước này ta cần phải xác định được mối quan hệ của các biểu thức có mặt phương trình Cụ thể là, phải xác định được sự biểu diễn tường minh của một biểu thức qua một biểu thức khác phương trình đã cho Bước Chuyển phương trình ban đầu về phương trình theo ẩn phụ vừa đặt và giải phương trình này Thông thường sau đặt ẩn phụ thì những phương trình thu được là những phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải Bước Giải phương trình với ẩn phụ đã biết để xác định nghiệm của phương trình đã cho Nhận xét rằng, có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ Ta sẽ mô tả một số cách đặt ẩn phụ qua ví dụ sau Ví dụ 1.7 Giải phương trình + x − x = x + − x (1.7)  x − x2 ≥  ⇔ ≤ x ≤1 Giải Điều kiện  x ≥ 1 − x ≥  Phân tích Ta có thể lựa chọn các cách chọn ẩn phụ sau Cách Nhận thấy x − x có thể biểu diễn qua ( x + 1− x) = 1+ x − x (*) Cụ thể nếu đặt x + − x nhờ vào đẳng thức t2 −1 x + − x = t, t ≥ ⇒ x − x = 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t là 1+ t2 −1 = t ⇔ t − 3t + = ⇔ t = ∨ t = Với t = ta có x + − x = ⇔ x − x = ⇔ x = ∨ x = Với t = ta có x + − x = vô nghiệm Vậy x = 0, x = là nghiệm của phương trình Ta nhận thấy cách giải dựa theo mối liên hệ đó là đẳng thức (*) Ngoài ra, ta có thể tạo mối quan hệ khác giữa các đối tượng tham gia phương trình theo cách sau Cách Từ phương trình đã cho ta có thể rút được một thức theo biểu thức 1− x − chứa còn lại là x= từ ( x )2 + ( − x ) = đẳng thức 1− x − Do đó, nếu ta đặt − x = t , t ≥ thì (**) Ta thu được x= 3t − và 2t − phương trình t (t − 1)(2t − 4t + 3) = ⇔ t = ∨ t = hay x = 1; x = là nghiệm của phương trình đã cho Cách Nhận xét rằng phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai biểu thức chứa và chúng thỏa mãn (**), đó ta có thể đặt x = a, − x = b, a ≥ 0, b ≥ Từ  1 + ab = a + b phương trình đã cho kết hợp với (1.9) ta có hệ phương trình  a + b =  Đây là hệ đối xứng loại I Giải hệ này ta thu được nghiệm của phương trình là x = 0, x = Tiếp tục nhận xét, ta thấy đẳng thức (**) giúp liên tưởng đến đẳng thức lượng tam giác sin α + cos α = Điều này dẫn đến cách giải sau  π Cách Đặt x = sin t , t ∈ 0;  (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x ∈ [0;1] nên ứng với mỗi  2 giá trị của x xác định nhất một giá trị của t ) Khi đó, ta có: (1.7) ⇔ + sin t.cos t = sin t + cos t ⇔ 3(1 − sin t ) + (1 − sin t )(1 + sin t )(2sin t − 3) = ( ) ⇔ − sin t − sin t − (3 − sin 2t ) + sin t = sin t = ⇔ 3 − sin t = (3 − 2sin t ) + sin t sin t = ⇔ sin t = suy x = 1; x = là nghiệm của phương trình đã cho Nhận xét Qua ví dụ ta thấy có nhiều cách đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ Tuy nhiên đặt thế nào cho phù hợp và cho cách giải hay là tùy thuộc vào kinh nghiệm phát hiện mối quan hệ đặc thù giữa các đối tượng tham gia phương trình Sau là một số dạng toán và một số cách đặt ẩn phụ thường dùng x ≠  x ≠ Giải Điều kiện  ⇔  x < 2 − x > Từ (2.2) ta đặt t = 2 2 − x2 ≥ ⇒ t = – x ⇔ x t Khi phơng trình đà cho tơng đơng víi hƯ: 1 x + t 2 2 =2  + =2   x + t + 2tx = 4t x ⇔  xt ⇒ 2 x t x2 + t2 =  x + t =  x + t =    xt = ⇒ + 2tx = 4x2t2 ⇔ 2x2t2 – tx – = ⇒   xt = −  x + t = +) NÕu xt = t > nên x > Do x, t nghiệm phơng  xt = tr×nh: y2 –2y + = ⇔ (y - 1)2 = ⇒ y = lµ nghiƯm kÐp VËy x =  x + t = −1  +) NÕu tx = - t > nên x < Khi suy x, t nghiệm xt = phơng trình: y2 –2y - 1 3 = ⇔(y + + )(y + )=0 2 2  1+ 0 y = − Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có suy nghiệm phơng trình đà cho là: 1+ x1 = ; x2 = u = ar + d v = br + e 2.2 Phương trình dạng n ax + b = r (ux + v)n + dx + e, a ≠ 0, u ≠ 0, r ≠ và  d e  n (uy + v) = r (ux + v ) − r x − r Cách giải Đặt n ax + b = uy + v ta được hệ  là hệ đối (ux + v) n = (uy + v ) − d x − e  r r r xứng loại được giải bằng cách trừ vế với vế phương trình hệ để được một phương trình tích Ví dụ 2.3 Giải phương trình x + 15 = 32 x + 32 x − 20 (1.22) Giải Điều kiện x ≥ − 15 Biến đổi phương trình tương đương x + 15 = 2(4 x + 2)2 − 28 Đặt x + 15 = y + ⇔ (4 y + 2) = x + 15 (4 y + ≥ 0) (1.22) ⇔ (4 x + 2) = y + 15 (4 x + 2) = y + 15 Do đó ta có hệ  là hệ đối xứng loại II (4 y + 2) = x + 15 Giải hệ ta nghiệm x = , x = −9 − 221 16 Ví dụ 2.4 Giải phương trình 3x − = x3 − 36 x + 53x − 25 (1.22) Giải (1.22) ⇔ 3x − = (2 x − 3)3 − x + Đặt (2 x + 3)3 = y − + x − 3x − = y − suy (2 x − 3) = x − , ta có hệ  (2 y − 3) = x − + x − Giải hệ cách trừ vế hai phương trình hệ sau trở lại phương 5± trình đầu ta phương trình ( x − ) ( x − 20 x + 11) = suy x = ∨ x = Vậy nghiệm phương trình cho x = 2, x = Ví dụ 2.5 Giải phương trình Giải Điều kiện x ≥ − 5± 4x + = x2 + 28 Phương trình cho tương đương với Kiểm tra a = , b = 4x + 1  =  x2 + ÷ − 28 2  , r = 7, e = − , u = 1, v = (thỏa mãn) 28 2  1 1 1  x + ÷ =  y + ÷ + 2 7 2  4x + Đặt y + = Ta có hệ  2 28 1 1 1  =  x + ÷+  y + ÷ 7 2   Đây hệ đối xứng loại II trừ vế với vế sau rút y theo x vào phương trình đầu giải ta nghiệm phương trình là: x = −6 ± 50 −49 ± 3997 ,x = 14 84 2.3 Phương trình dạng ( f ( x) ) + b = a n af ( x) − b n Cách giải Đặt n ( f ( x ) ) n + b = at af ( x) − b = t ta có hệ  n hệ đối xứng loại II t + b = af ( x) Ví dụ 2.6 Giải phương trình x − = x + Giải Điều kiện x ≥ −4 Đặt  x = t + x + = t ta có hệ sau  t = x + Trừ vế với vế phương trình thứ cho phương trình thứ hai hệ ta x − t = t − x hay ( x = t )( x + t + 1) = suy t = x t = −1 − x (t ≥ 0) ± 17 Với t = x ta có x = x + hay x − x − = suy x = so sánh điều kiện x = t ≥ ta có nghiệm phương trình x = ± 17 −1 ± 13 Với t = −1 − x so sánh phương trình x = − x hay x + x − = suy x = so sánh điều kiện ta x = −1 − 13 Vậy nghiệm phương trình x = ± 17 −1 − 13 ,x= 2 Ví dụ 2.7 Giải phương trình sau: x3 + = x −  x3 + = y Giải Đặt y = 2 x − kết hợp với phương trình cho ta có hệ  trừ vế với  y + = 2x vế phương trình thứ cho phương trình thứ hai hệ ta ( x − y ) ( x + y + xy + ) = hay ( ) x = y ( x + y + xy + > với x, y ) Thay lại x3 − x + = suy x = 1, x = Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, x = −1 ± thỏa mãn −1 ± 2.4 Phương trình dạng x = a + a + x  x = a + t Cách giải Đặt a + x = t phương trình cho tương đương với  t = a + x hệ đối xứng loại II Ví dụ 2.8 Giải phương trình x = 2007 + 2007 + x  x = 2007 + t Giải Điều kiện x ≥ Đặt 2007 + x = t Ta hệ phương trình  t = 2007 + x Lấy phương trình đầu trừ phương trình thứ hai vế với vế ta x − t = t − x hay ( t− x )( ) t + x + = suy x = t Khi ta có phương trình x − x − 2007 = suy x = 8030 + 8029 (do x ≥ ) III Phương trình giải phương pháp so sánh 3.1 Áp dụng tính chất đơn điệu hàm số để giải phương trình vơ tỷ Ta áp dụng tính nghịch biến hàm y = a x < a < đồng biến a > để giải phương trình chứa Ví dụ 3.1 Giải phương trình − x + x = Giải Điều kiện ≤ x ≤ Từ điều kiện suy x ≥ x, − x ≥ − x ≥ − x Vậy − x + x ≥ Dấu xảy x = 0, x = Vậy x = 0, x = nghiệm phương trình Ví dụ 3.2 Giải phương trình x + − x = 1 Giải Điều kiện ≤ x ≤ Từ điều kiện suy x ≥ x, + − x ≥ − x ≥ − x Vậy x + − x ≥ Dấu xảy x = Vậy x = là nghiệm của phương trình 3.2 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa để giải số phương trình vơ tỷ Một số bất đẳng thức lưu ý Với A, B > ta có: n A+n B ≤ A+ B (*) Dấu xảy A + B n A+n B+nC A+ B +C ≥ Với A, B, C > ta có: (**) Dấu “=”khi 3 A=B=C Ví dụ 3.3 Giải phương trình x + x − + − x − x = 2  x + x − ≥ Giải: Điều kiện  Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 6 − x − x ≥ x2 + x − + − 4x2 − x ≤ 2 = Dấu xảy 2 x + x − = − x − x hay x + x − = − x − x suy x = 1, x = − Ví dụ 3.4 Giải phương trình x + + x = Vậy phương trình có nghiệm là x = 1, x = − thỏa mãn x + x + − 2x = Dấu “=” x = − 2x suy x = x + x + − 2x ≤ 3 Vậy nghiệm phương trình x = Giải Điều kiện ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: 3.3 Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc so sánh vế phương trình vơ tỷ Bất đẳng thức Cauchy n n n Với số ( xi yi ) ta ln có bất đẳng thức sau: (∑ ( xi yi ) ≤ (∑ xi )(∑ yi ) i =1 i =1 i =1 Dấu đẳng thức xảy số ( xi ) ( yi ) tỷ lệ nhau, tức tồn cặp số thực α , β không đồng thời 0, cho α xi + β yi = với i = 1, 2,3, n Áp dụng cho số a, b, c, d ta có: (ac + bd )2 ≤ (a + b2 )(c + d ) Dấu “=” a b = c d Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân Cho n số dương x1 , x2 , , xn ta có x1 + x2 + + xn n ≥ x1 x2 xn Dấu “=” x1 = x2 = = xn n Áp dụng cho số dương a, b ta có Ví dụ 3.5 Giải phương trình a+b ≥ ab Dấu đẳng thức xảy a = b 2 + x = x+9 x +1 x + >  Giải Điều kiện  x ≥ ⇔ x = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai cặp số sau: x + ≥  a = 2, b = x + 1, c x , x +1  2   + x÷  ÷ =  2  x +1   Suy x  x   + x +1 ≤ ( + x + 1)  + ÷ ÷ ÷ x +1 x +1   x +1 x +1  2 2 + x ≤ + x Dấu “=” = x +1 x +1 x +1 x suy x = x +1 Vậy x = nghiệm phương trình Ví dụ 3.6 Giải phương trình x − + x − = x − x + x Giải Điều kiện x − ≥ ⇔ x ≥ Với điều kiện ta chia hai vế phương trình cho x ta 4x −1 8x − + = x3 − 3x + x x x Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có: 4x −1 4x −1 −1 ≤ = x 2x Do đó: 4x −1 + x 4 8x − 8x − + + + ≤ =2 x 4x 8x − ≤ Dấu “=” x = x Mặt khác: 4x3 – 3x + = 4x3 – 3x + + = (2x – 1)2(x + 1) + ≥ với x ≥ Đẳng thức xảy khi: x = Vậy phương trình có nghiệm là: x = Ví dụ 3.7 Giải phương trình x − + x x − = x2 Giải Điều kiện x ≥ Biến đổi phương trình cho thành: Tương tự ví dụ ta có: 2x −1 ≤ x Dấu đẳng thức xảy x = Vây x = là nghiệm của phương trình 2x2 −1 ≤ Vậy x2 2x2 −1 2x −1 + =2 x x 2x −1 + x 2x2 −1 ≤2 x2 Ví dụ 3.10 Giải phương trình x = 30 + 30 + 30 + x + 30 4 Giải Điều kiện x >  30 + u  x = 30 +  1 30 + 30 + x = u , u ≥ ta thu hệ:  Đặt 4  4u = 30 + 30 + x  1 Giả sử: x ≥ u suy 4u = x = 30 + 30 + x ≥ 30 + 30 + u = x 4 Vậy x = u ta thu phương trình x = 30 + 30 + x Đặt v = 30 + x ta thu hệ  x = 30 + v   4v = 30 + x Giả sử x ≥ v suy 4v = 30 + x ≥ 30 + v = x Giả sử x ≥ v suy 4v = 30 + x ≥ 30 + v = x Vậy x = v ta thu phương trình x = 30 + x Giải phương trình ta được nghiệm là x = + 1921 thỏa mãn 32 Vậy nghiệm phương trình x = + 1921 32