6 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. .. Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn phương pháp chọn số hạng phương trình để đặt làm ẩn sau ta quy phương trình ban đầu dạng phương trình bậc 2: mt + g ( x)t + h( x) = ( phương trình ẩn x ) + Vấn đề toán... 2x + Phương trình vơ nghiệm Tóm lại: Phương trình có nghiệm là: x = ± b) Điều kiện: −2 ≤ x ≤ Bình phương vế phương trình thu gọn ta được: x − 16 − x + x − 32 = Đặt t = − x ta tạo phương trình