PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Phương trình vơ tỷ bản:  g ( x) ≥ f ( x) = g ( x ) ⇔   f ( x ) = g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: a) b) x2 + x + = x + 2x +1 + x = 4x + Lời giải: a) Phương trình tương đương với: x = 2+ b) Điều kiện: x ≥ Bình phương vế ta được:  x ≥ −8 3x + + 2 x + x = x + ⇔ 2 x + x = x + ⇔  2  4(2 x + x) = ( x + 8) x =  x ≥ −8 ⇔ ⇔ Đối chiếu với điều kiện ta thấy  x = − 16 x − 12 x − 64 =   có x = nghiệm phương trình Ví dụ 2: Giải phương trình: II MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ THƯỜNG GẶP Giải phương trình vơ tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: Dấu hiệu: + Khi ta gặp toán giải phương trình dạng: n f ( x) + m g ( x) + h( x) = Mà đưa ẩn, đưa ẩn tạo phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích giải trực tiếp khó khăn + Nhẩm nghiệm phương trình đó: thủ cơng ( sử dụng máy tính cầm tay) Phương pháp: • Đặt điều kiện chặt phương trình ( có) Ví dụ: Đối phương trình: x2 + + = x2 + + x + Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với x ∈ R Nhưng chưa phải điều kiện chặt Để giải triệt để phương trình ta cần đến điều kiện chặt là: + Ta viết lại phương trình thành: Để ý rằng: x + − x + < phương trình có nghiệm x − < ⇔ x < • x2 + − x2 + = x − 3 Nếu phương trình có nghiệm x : Ta phân tích phương trình sau: Viết lại phương trình thành: n f ( x) − n f ( x0 ) + m g ( x ) − m g ( x0 ) + h( x) − h( x0 ) = Sau nhân liên hợp cho cặp số hạng với ý: + ( + ( a −b )( a −b )( ) a + ab + b = a − b3 ) a + b = a − b2 + Nếu h( x) = có nghiệm x = x0 ta ln phân tích h( x) = ( x − x0 ) g ( x) Như sau bước phân tích rút nhân tử chung x − x0  x − x0 = phương trình ban đầu trở thành: ( x − x0 ) A( x ) = ⇔   A( x ) = Việc lại dùng hàm số , bất đẳng thức đánh giá để kết luận A( x) = vơ nghiệm • Nếu phương trình có nghiệm x , x theo định lý viet đảo ta có nhân tử chung là: x − ( x1 + x2 ) x + x1.x2 Ta thường làm sau: + Muốn làm xuất nhân tử chung n f ( x) ta trừ lượng ax + b Khi nhân tử chung kết sau nhân liên hợp n f ( x) − (ax + b) + Để tìm a, b ta xét phương trình: n f ( x) − (ax + b) = Để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b cho ax1 + b = n f ( x1 )  ax2 + b = n f ( x2 ) + Hoàn toàn tương tự cho biểu thức lại: Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x3 − + x − + x − = b) x − + − x = x2 − 5x − Giải: a) Phân tích: Phương trình đề gồm nhiều biểu thức chứa quy ẩn Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu , tạo phương trình tối thiểu bậc Từ ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung Điều kiện x ≥ Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi x − = − = 2; x − = − = Ta viết lại phương trình thành: ⇔ x3 − 5x −1 + = 2x − + ( x − 1)  5( x + x + 1) ⇔ ( x − 1)  +  x3 − +  Dễ thấy : x3 − − + x − − + x − = + 2x −1 +1 + x −1 =  + 1 = ( x − 1) + x − +  5( x + x + 1) + Với điều kiện x ≥ x3 − + ( x − 1) + 2x −1 + +1 > Nên phương trình cho có nghiệm x = b) Điều kiện: x ∈ [ 2; 4] Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi x − = − = 1; − x = − = Từ ta có lời giải sau: Phương trình cho tương đương với: x − − + − − x = x2 − 5x − ⇔ x−3 x −3 + = ( x − 3)(2 x + 1) x − −1 1+ − x 1   ⇔ ( x − 3)  + − (2 x + 1)  =  x − −1 1+ − x  x =  1  + − (2 x + 1) =  x − + 1 + − x Để ý rằng: Với điều kiện x ∈ [ 2; 4] 1 ≤ 1; ≤ 1; x + ≥ nên x − +1 1+ − x 1 + − (2 x + 1) < x − +1 1+ − x Từ suy ra: x = nghiệm phương trình Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vô nghiệm ta thường dùng ước lượng bản: A + B ≥ A với B ≥ từ A+ B > A ≤ với số A, B thỏa mãn  A+ B B ≥ suy Ví dụ 2: Giải phương trình: a) x − + x = x3 − b) x − x − ( x − ) x − − 3x + 28 = Giải: a) Điều kiện: x ≥ Ta nhẩm nghiệm x = Nên phương trình viết lại sau: ⇔ x − − + x − = x3 − − x2 − x2 −1 + x2 −1 + + x−3= x − 27 x3 − +  x+3 x2 + 3x +  ⇔ ( x − 3)  + 1− =0 3 x3 − +   x −1 + x −1 + x = ⇔  x+3 x + 3x + +1− =0  x − + x − + x3 − + x+3 x + 3x + +1− < ( Bằng cách x2 −1 + x2 −1 + x3 − + thay giá trị x ≥ ta thấy Ta dự đoán: x+3 x2 −1 + x2 −1 + +1− Ta chứng minh: x + 3x + x3 − + < 0) x+3 x2 − + x2 − + < x + 3x + x3 − + >2 Thật vậy: + Ta xét Đặt x+3 (x − 1) + x − + x − x − = t > ⇒ x = t + Bất phương trình tương đương với t + 2t + > t + ⇔ t + 3t + 6t + 4t > Điều hiển nhiên + Ta xét: x + 3x + x −2 +5 > ⇔ x + 3x − > x3 − ⇔ x + x3 + x − x + > ∀x ≥ 0(*) Điều ln Từ suy phương trình có nghiệm nhất: x = b.) Điều kiện: x ≥ Để đơn giản ta đặt x = t ≥ ⇒ x = t3 Phương trình cho trở thành: t − 2t − (t − 4) t − − 3t + 28 = ⇔ 3t − t + 2t − 28 + (t − 4) t − = Nhẩm t = Nên ta phân tích phương trình thành: ⇔ 4t − t + 2t − 32 + (t − 4) ( ) t3 − −1 =   t + 2t +   ⇔ (t − 2) ( 4t + 7t + 16 ) + (t − 4)  ÷ =  t − +    Để ý 4t + 7t + 16 > t ≥ nên ta có  t + 2t +  + 7t + 16 ) + (t − 4)  ÷ > Vì phương trình có  t − +1 nghiệm t = ⇔ x = ( 4t Nhận xét: Việc đặt x = t toán để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngoài tạo liên hợp (t − 4) > nên ta tách khỏi biểu thức để thao tác tính tốn đơn giản Ví dụ 3: Giải phương trình: a) x + + 19 − x = x + x + b) 3x − − x + = c) x+ x − 11 x2 + (Tuyển sinh vòng lớp 10 Trường = x ( x + 1) THPT chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) x3 + x + x + = x2 + x + d) x + 2x + a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 19 Ta nhẩm nghiệm x = 1, x = −2 nên ta phân tích để tạo nhân tử chung là: x + x − Để làm điều ta thực thêm bớt nhân tử sau: + Ta tạo x + − ( ax + b) = cho phương trình nhận x = 1, x = −2 nghiệm  a=  a + b =  ⇔ Để có điều ta cần:   −2a + b = b = 20  + Tương tự 19 − x − ( mx + n) = nhận x = 1, x = −2 nghiệm  a=−  m + n =  ⇔ Tức   −2 m + n = b = 13  Từ ta phân tích phương trình thành: 20  4  13 x  x + −  x + ÷+ 19 − x −  − ÷− ( x + x − ) =  3  3 ⇔ 4 19 − x − (13 − x) x + − ( x + )  + − ( x2 − x − 2) =  3 ⇔  − x2 − x +  − x2 − x + − ( x2 + x − 2) =  +  x + + ( x + )  3 19 − x + (13 − x)      1  ⇔ − ( x − x − 2) + + 1 =  3 x + + ( x + ) 3 19 − x + (13 − x)       Dễ thấy với −3 ≤ x ≤ 3 19 − 3x + (13 − x)  19 > 0, x + + ( x + 5) >0 1 +1 > Nên x + + x + +  ( ) 3 19 − 3x + (13 − x)  x = Phương trình cho tương đương với x + x − = ⇔   x = −2 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3, x = b) Điều kiện: x ≥ Phương trình viết lại sau: x − − x + = x − 11 Ta nhẩm nghiệm x = 3, x = nên suy nhân tử chung là: x − 11x + 24 Ta phân tích với nhân tử x − sau: Đặt u = x − ; v = x − u , v ≥ u − v = − x x x x 2 Do (1) thành: u − v + u − v = ⇔ ( u − v ) ( u + v + 1) = ⇔ u = v (vì u, v ≥ ) x− 5 = 2x − ⇔ x − = 2x − ≥ x x x x Phương trình x − = x − có nghiệm x = ±2 x x Từ ta có: (2) Từ (2) suy có x = nghiệm phương trình cho 13) Giải:Điều kiện x ≥ Phương trình tương đương với: x+9 = x+ 2x 9x + 2x + ⇔ − =0 x +1 x +1 x +1 x +1  2x  8x 2x ⇔ − + = ⇔  − 1÷ ÷ =0 x +1 x +1  x +1  ⇔ 2x = ⇔ x = x + ⇔ x = (thỏa mãn x +1 14) Giải: Điều kiện: x ≥ Dễ thấy x = nghiệm (1) Với x ≠ , chia hai vế (1) cho x ≠ , ta được: (1) ⇔ 3+ Đặt u = + 1 − 1− = x x 1 ≥ 0, v = − ≥ x x u = v + u − v = ⇔ Ta có hệ phương trình:  2 2 u + v = ( + v ) + v = (2) (3) Giải hệ ta v = 0, u = từ ta có x = Giải: 15) ( ) ⇔ ( x2 − 6x + 9) + x + 1− x + + = ⇔ ( x − 3) + ( x +1 − ) =0 x − = ⇔ ⇔ x=3  x +1 − = Vậy phương trình có nghiệm x = 16) Giải: Điều kiện: x ≥ −2 Nhân hai vế phương trình (1) với phương trình tương đương: + x + x + 10 = x + + x + x + + x + > , ta  x + =  x = −4 ⇔ ⇔  x + =  x = −1 (l ) (tm) Giải: 17) Đặt y = x , y ≥ , ta có (*) thành: 12 − 3 = 4y − 4y − y y Bình phương biến đổi thành: ( y2 − − y ) = ⇔ y2 − y − = Do nghiệm phương trình x = 1, x = −1 Điều kiện: 18) ≤ x ≤1 Nhân tử mẫu vế trái với biểu thức x + + x ta thu được: ( x+3− x )( ) 1− x +1 = ⇔ x+3 + x ( ) 1− x +1 = ⇔ − x + = x + + x (*) Nếu x = VT (*) = = VP (*) nên x = nghiệm phương trình Nếu ≤ x < − x > ⇒ − x + > hay VT(*) > với ≤ x : áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: 4x + 2x2 + 5 x2 + = x+ ≥ 3 x x = 25 x ( x + ) x 3x 3 3x Dấu xảy 2x2 + x= ⇔x= 3 3x Trường hợp x < : từ phần ta thấy, với x < thỏa mãn bất phương trình x = Đáp số  x < 20) Giải: Điều kiện x > Chia hai vế bất phương trình cho x ( x + 1) đặt t = x + , t ≥ , ta đưa bất phương trình x 1 1− ≤ t − t − t t Với điều kiện t ≥ hai vế (1) dương Bình phương hai vế ta đưa bất phương trình tương đương    t − − 1÷ ÷ ≥0 t   Bất phương trình nghiệm với t ≥ Vậy nghiệm bất phương tình cho x > 21) Giải: Điều kiện: ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: ( x − 2) ( − x ) x−2 = 4− x ≤ ≤ x−2+4− x =1; x − 2.1 ≤ x − +1 ≤ x − +1 +1 x +1 ; = −x + ; x x = x 27 ≤ x + 27 Do VT ≤ VP với x thỏa mãn ≤ x ≤ Vậy nghiệm bất phương trình ≤ x ≤ 22) Đặt t = x2 − x ≥ ⇒ x2 − x = t 2 thành : t − ( x + 1) t − x − = Ta có Phương trình trở  x + − ( x + 3) = −1 t = 2 ∆ = x + x + + x + = ( x + 3) ⇒  Do t ≥ ta  x +1+ x + = x+2 t = x ≥ x2 − x = x + ⇔  ⇒ x = + 13 x − 6x − = 2 x − ≥ Điều kiện: 1 − x ≥ Bình phương vế ta thu   x − x2 ≥  cần giải: 23) được: x − + − x + ⇔ −2 x + x − ⇔ ( ( x − 1) ( − x ) ( x − 1) ( − x ) − x2 − 2x −1 ) = ( x − x2 ) =0  −1 − x = = ⇔ 1− 2x2 = 2x − ⇔ x2 + x − = ⇔   −1 + x =  Đối chiếu với điều kiện nài toán có nghiệm x = thỏa mãn điều kiện 24) Ta viết lại phương trình thành: 16x2 + 32x − 40 − x + 15 = ⇔ ( 4x + 4) − 56 = 4x + 60 Đặt 4x + 60 = 4y + ta có hệ sau:  4y + = 4x + 60  4y + = 4x + 60 ) ) ( ( ⇔  2 ( 4x + 4) − 56 = 4y + ( 4x + 4) = 4y + 60   Trừ vế phương trình hệ ta có: −1 + ( 4x + 4) − ( 4y + 4) = 4( y − x) ⇔ 16( x − y ) ( x + y + 8) = 4( y − x) x = y ⇔  4( x + y + 8) = Giải phương trình ứng với trường hợp ta thu được: x = 1;x = −9 + 221  3− x ≤ Điều kiện:   25) 3+ x ≥  Ta viết lại phương trình thành: ( 2x − 3) Đặt + (x + 1) = (x − 1) (x − 1)(2x − 3) − (x + 1)  u = 2x −   v = (x − 1)(2x − 3) − (x + 1) ta có hệ phương trình:  u + x + 1= (x − 1)v   v + x + = (x − 1)u Trừ vế hai phương trình ta có: u = v ( u − v) ( u + v + x − 1) = ⇔ u = −v − x +  Giải theo hai trường hợp ta thu phương trình vơ nghiệm 26) Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: x2 − 3x + 1= − 3 ( x + x + 1) ( x 2 ) ( ) ( ) − x + ⇔ x2 − x + − x2 + x + = − 3 (x )( + x + x2 x2 − 3x + 1= − )( ( ) ( )( ) ( )( ) 3 x + x + x2 − x + ⇔ x2 − x + − x2 + x + = − x + x + x2 − x + 3 ) ( Chia phương trình cho x + x + > ta thu được:  x2 − x + 1  x2 − x + 1 Đặt ⇔ 2 ÷− 1= −  ÷ t=  x2 + x + 1÷  x2 + x + 1÷   Ta có phương trình: 2t2 +  x2 − x + 1  ÷>  x2 + x + 1÷   t − 1= ⇒ t = 3  x2 − x + 1  ÷= ⇔ x=1  x2 + x + 1÷   Giải * Cách 2: Xét x> x − 3+ phương trình chia hai vế phương trình = x + 1+ x x2 Đặt t = x + 27) vế ta có: ta có: ≥ ta có phương trình: t − = − t −1 x x< x − 3+ hai =− x + 1+ x x2 Đặt t = x + Xét chia ta có phương trình: t − = t −1 x Điều kiện: 1≤ x ≤ Phương trình viết lại: Ta viết lại phương trình thành: ( x − 5) x − − + − x + 3x2 − 30x + 75 = ⇔ − 30x + 75 = ⇔ ( x − 5) x−1+ x− 1+ + − x + (x − 5)(3x − 15) = + − x + (x − 5)(3x − 15) = x =  ⇔2 + − x + (x − 5)(3x − 15) = 0 −2 − x x − 1+  x − + + − − x(3x − 15) =  ( x − 5) Ta thấy − − x(3x − 15) ≥ 0∀x ∈ 1;5 Ta chứng minh: −2 − x x− 1+ + ≥ ⇔ x − + − − x ≥ điều hiển nhiên do: − x ≤ − = nên − 5− x > Vậy phương trình có nghiệm x = Điều kiện x≥ 28) cho trở thành Đặt phương trình u = x − 1;v = 2x − ( 2u − 1) v = ( 2v − 1) u ⇔ ( u − v ) ( 2uv + 1) = 2 x ≥  + Nếu u = v ⇒ x − = 2x − ⇔   x − 4x + = ⇔ x = 2+ 1  2  + Nếu 2uv + = ⇔ 2( 1− x) 2x − = 1⇒ x ∈  ;1÷  1   Mặt khác ta có: 2( 1− x) < 2 1− ÷ = ; phương trình cho vơ nghiệm Kết luận: x = + 2x − ≤ − = nên 29) Sử dụng đẳng thức: ( a + b) = a3 + b3 + 3ab( a + b) Phương trình ⇔ 2x − + 33 ( x − 1) ( x − 2) ( ) x − + x − = 2x −  x − + x − = 2x − 3  ⇔ (*) ⇔ x = 1;x = 2;x = ( x − 1) ( x − 2) ( 2x − 3) =   30) Điều kiện: −1 < x < Đặt t = 1− x2 x x2 + ⇒ t2 = + + x x2 1− x2 1− x2 PT cho thành: 2t2 + 5t + = ⇔ t = −2; −1< x < 1− x2 x  + = −2 ⇔  ⇔ x= − * t = −2 ⇔ t = − x2 x =3  2+ 1− x2 1− x2 x * t=− ⇔ −1< x < 1− x2 x  + =− ⇔ x2 hệ vô nghiệm x + =−  1− x 1− x2 x Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 31) Điều kiện x ≥ −1 ) ( ( ) PT ⇔ ( x + 1) x2 − x + = x2 − x + + 2( x + 1) ⇔2 x+1 x − x+ −5 x+1 x − x+ + = 0(Do : x2 − x + 1> 0∀x) t = ,t ≥ , ta có: 2t − 5t + = ⇔  t = x2 − x +  x+ Đặt t = * t = 2⇔ * t= x+1 x − x+ = ⇔ 4x2 − 5x + = PT vô nghiệm x+1 ± 37 ⇔ = ⇔ x2 − 5x − = ⇔ x = 2 x2 − x + 32) Do VT ≥ nên ⇒ VP ≥ ⇔ x ≥ −1 3  3  Ta có PT ⇔  2x + − 2x + ÷+  2x − 2x + 1÷ =     2x2 − 2x − ⇔ ( 2x + 1) + ( 2x + 1) ( 2x + 2) + ( 2x + 2) 2 ⇔ 2x2 − 2x − = ⇔ x = 1± 2 + 2x2 − 2x − x + 2x ( 2x + 1) + ( 2x + 1) 2 =0 nghiệm phương trình cho 33) Điều kiện: x ≥ − 3 Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình nên ta có: Phương trình ⇔ x + 6x − 2x + = x3 + 5x − ⇔ (1) x3 + 6x2 − 2x + x3 − 4x2 + − 2x = x3 + − 2x ⇔ = x3 + − 2x 5x − 5x − * Nếu  x ≤ x3 + − 2x = ⇔  ⇔  x − 4x + = x ≤ − 21  ⇔ x=  2 ( x − 1) x − 3x − = ( ) 3 − 21 Khi (1) ⇒ x = nghiệm phương trình * Nếu  x3 − 4x2 + =   x3 + + 2x = 5x −  − 21 x3 − 4x2 + x3 − 4x2 + x≠ ⇒ ( 1) ⇔ = ⇔ 5x − x3 + + 2x (1) (2) Ta thấy: (1) có nghiệm x = 1;x = + 21   x≥ x = x ≥   (2) ⇔ x3 + = 3x − ⇔  ⇔ ⇔ x3 − 9x2 + 6x + = ( x − 1) x2 − 8x − =  x = +   ( ) x = ⇔ 1) x2 − 8x − =  x = + ( ) Vậy phương trình có nghiệm: x = 1;x = ± 21 ;x = + 22 34) Điều kiện: x > −4  x2 + x +  PT ⇔ 2 − 1÷ + x2 − =  ÷ x+   ⇔ ⇔ x2 + x + x+ x2 + x + +1 x+ ( ) x2 + ( −1 ) − x2 + + x − 3+  + x2 + 1 x2 +  ÷   x2 − ( x + 4) ( x2 + x + 1) + x + + x2 − + =0 x2 − =0  + x2 + 1 x2 +  ÷       ⇔ x2 −  + 1+ =0  + x2 + 1 x2 +   ( x + 4) x2 + x + + x +  ÷     ) ( ) ( ⇔ x2 − = ⇔ x = ± 3 35) Điều kiện: x ≥ * Với x ≥ , phương trình cho tương đương với: 9x2 − 18 (1) = + 2 x x x +1 25 + Dễ thấy phương trình (1) có VP ≤ 25 − 9 − phương trình cho tương đương với x = 2 x + 18 x +1  9 = t  < t ≤ ÷, phương trình (2) thành: 4 x  36( t − 2) Lưu (2) 25 − 9 − 4t = 2t + ⇔ ta có 162 + < 25 nên phương trình cho vơ nghiệm 13 * Với x ≤ − Đặt VT > 25 x ≥ − 4t + ý = 18t 18t ⇔ − 9 − 4t = 2t + − 16 1+ t 1+ t 2( t − 2) ( t + 4) t+1 với t+ 18 = 1+ < 4< nên t+1 t+1  18 t + 4 ⇔ ( t − 2)  − ÷=  − 4t + t +  0< t ≤ có 18 − 4t + t+ > − 4t + t + 18 − 18 ≥ (1) Vậy (3) ⇔ t = ⇒ x = − 2 KL: Phương trình có nghiệm x = − 2 36) Điều kiện: x ≥ −2 BPT viết lại: 5( 2x + 1) + 20( 3x + 6) ≤ 2x + 1+ 3x + Đặt a = 2x + 1; b 3x + 6; BPT ⇔ 5a2 + 20b2 ≤ a + 4b  a + 4b ≥ a = 2x + 1;b = 3x + 6;BPT ⇔ 5a2 + 20b2 ≤ a + 4b ⇔  2 ⇔ a= b  5a + 20b ≤ ( a + 4b)  x ≥ − 2x + = 3x + ⇔  ⇔ x=1 4x2 + x − =  Kết luận: Nghiệm bất phương trình là: x = 37) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Bình phương vế ta có : x2  13 1− x2 + 1+ x2 ÷ = 256   Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ) ( (  13 13 1− x2 + 3 1+ x2  ≤ 13 + 27 13 − 13x2 + + 3x2 = 40 16 − 10x2 )  ÷ (   ( )  16  ÷ = 64  2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x2 16 − 10x2 ≤  )   x=  + x  1− x = ⇔ Dấu ⇔    2 x = − 10x = 16 − 10x  ... nghiệm phương trình đó: thủ cơng ( sử dụng máy tính cầm tay) Phương pháp: • Đặt điều kiện chặt phương trình ( có) Ví dụ: Đối phương trình: x2 + + = x2 + + x + Nếu bình thường nhìn vào phương trình. ..1 Giải phương trình vơ tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: Dấu hiệu: + Khi ta gặp tốn giải phương trình dạng: n f ( x) + m g ( x) + h( x) = Mà đưa ẩn, đưa ẩn tạo phương trình bậc cao... thấy: Phương trình xác định với x ∈ R Nhưng chưa phải điều kiện chặt Để giải triệt để phương trình ta cần đến điều kiện chặt là: + Ta viết lại phương trình thành: Để ý rằng: x + − x + < phương trình