Phương pháp nâng lũy thừa trong bài toán phương trình hàm số Logarit - Nguyễn Đình Hoàn | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Tuy nhiên chúng ta không thể ghi kết quả nghiệm xấp xỉ vào bài làm, hơn nữa đây là nghiệm không thỏa mãn điều kiện, vì vậy ta cần khai thác triệt để các điều kiện đồng thời tiến hành khả[r]

I BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Giải phương trình: log 35 x 1 log0,2 2 x2  2 xlog 5 2 x

 x   x2 x  x

5 5

log  1 log 2  2 log 2

Sau sử dụng: logablogacloga bc ab ac a b c

log log log   

  đưa toán

về dạng hơn: x x

x2 x

3

3

3 2

  

  

Để giải phương trình trên, ta đưa dạng:          

     

f x h x

f x g x h x

f2 x g x h x2

 



  

 

Bài giải:

Điều kiện xác định:

x

x x

x x

x

2

3

1

3 2

3

3

3

   

   

   



 



  



Ta có phương trình: log 35 x 1 log0,2 2 x2  2 xlog 5 2 x

 x  1 x x  x

2

1

2 2

5 5

5

log log  2 log

       

 x   x2 x  x

5 5

log log 2 log

       

 

x

x

x x

5 2

3

log log

3 2

  

   

  

 

x

x

x2 x

3

3

3 2



  

  

Phân tích:

   

x x x2 x2 x x x2 x2 x

3 3 2 3 2 10

              

Bình phương hai vế: 3 2 x23 2 x2  2x210x72 ( Đặt điều kiện: 3 2 x2x210x70 * )

Phương trình tương đương với: 12x464x3134x2104x22 0 x 12 x3 52x2 82x 22

      x1 3 x1 4 x216x220  

 

 

x TM

x L x

x2 x VN

1

3 1

4 16 22

   

    



  



Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm nhất: x 1. Bình luận:

Bài tốn khơng khó khăn để khử hàm số logarit để đưa phương trình vơ tỷ dạng: f x     g x h x Tuy nhiên cần phải nhớ cách chia đa thức sử

 Với phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng hệ số phương trình đó ln ln có nghiệm x 1

 Với phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ phương trình ln ln có nghiệm x 1

dụng sơ đồ Horner để giảm bậc phương trình sau bình phương, cần ý đặc biệt điều kiện bình phương hai vế

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 log 2xlog2 2x  1 1 log 34 x 10x24 Bài giải:

Điều kiện xác định:

x x

x

x x

x

0

2 1 241

3 10 24

10 24

  

   

  



  



  



Ta có phương trình: log 2xlog2 2x  1 1 log 34 x 10x24

   

x x x x

2 2 2

log log log 1 log 10 24

       

 x  x  x x

2 2

log log 1 log  10 24

        

 

 x  x  x x

2

log log  1 10 24

       

  2x 2x 1 1 3x 10x24

 2x 1 2x 1  2x 1 3x 10x 24

           2x  1 3x 10x24(Do:

x x

2     1 0)

x x x

2 1 10 24

      Bình phương hai vế ta được:

x x x x x x x x x

2 1 10 24 10 24 10 24 10 24

              

Tiếp tục bình phương hai vế ta được: x210x24 2 x 10x244 3 x 10x24

 

x2 2x 24 2x 10x 24

      Tiếp tục tục bình phương hai vế ta có phương trình

x2 2x 242 2x 4 2 10x 24

     

  

x4 44x3 116x2 128x 192 x x3 40x2 44x 48

           

x

x3 x2 x

4

40 44 48 0(*)

   

   

Giải phương trình (*): Ta có điều kiện sau:

x

x x x

x2 x

0 5 241

3 10 24 2.(1)

9

9 10 24

  



     

  



Lại có: 10x24 x 3x 10x24  0 10x24    x x 12.(2)

Từ (1) (2)  x 2;12 Vậy: Ta chứng minh x340x244x48 0 vô nghiệm cách lập bảng biến thiên Xét hàm số: f x x340x244x48 với x2;12 ta có:

   

f x' 3x280x44 0,  x 2;12 Lập bảng biến thiên:

x 12

 

f x' 

 

f x

288



4608



Từ bảng biến thiên ta thấy f x nhỏ với   x2;12 Vậy phương trình (*) vô nghiệm khoảng 2;12 

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm : x 4. Bình luận:

Bài tốn có hai vấn đề khó khăn chính:

 Thứ việc phân tích 2x 2x 1 1 2x 1 1 Đây kỹ thuật liên hợp ngược giải toán phương trình vơ tỷ

Ví dụ 3: Giải phương trình: 9x 1 x 3 x2 x 

3

log log 1 log    1 1

Phân tích:

Bài tốn khơng q khó khăn để khử logarit thu phương trình:

   

x 1 x  x2  x 1

Điều kiện xác định:

 

x

x x

x2 x

0

1 0

2 1

  

     

 

    

Ta có phương trình: 9x 1 x 3 x2 x 

3

log log 1 log    1 1

   

x x x x

2

2

3

log log  log  1

        

 

   

x x x2 x

3 3

log log log  1

         

 

   

x x x2 x

3 3

log log log  1

        

 

   

x x x2 x

3

log   log  1

        

 

   

x x x2 x 1

       x  x 1 2x2 x 1

Bình phương hai vế ta được:

x 12 2x 1 x 2x2 2x

       x2  x 2x1 x0

Đến , ta bình phương hai vế để thực việc khử thức đưa phương trình vơ tỷ dạng

   

x2 2x x x x x x

             x x0

x

x x

x2 x

1 3 5

1

2

3

  



    

  



Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x

 

Cách 2: Nâng lũy thừa hoàn toàn:

Điều kiện xác định:

 

x

x x

x2 x

0

1 0

2 1

  

     

 

    

Ta có phương trình: 9x 1 x 3 x2 x 

3

log log 1 log    1 1

 

   

x x x x

2

2

3

log log  log  1

        

 

   

x x x2 x

3 3

log log log  1

         

 

   

x x x2 x

3 3

log log log  1

        

 

   

x x x2 x

3

log   log  1

        

   

   

x x x2 x 1

       x  x 1 2x2 x 1

Bình phương hai vế ta được:

x 12 2x 1 x 2x2 2x

       x2  x 2x1 x0

 

x2 x x x

     Do vế khơng âm, bình phương vế, ta phương trình

x2 x 12 1 x x2

   

x L

x

x TM

3

3

2 .

2

3

2

 



 



  

 

  

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x

 

Cách 3: Nâng lũy thừa hoàn toàn kết hợp với ẩn phụ:

Điều kiện xác định:

 

x

x x

x2 x

0

1 0

2 1

  

     

 

    

Ta có phương trình: 9x 1 x 3 x2 x 

3

log log 1 log    1 1

   

x x x x

2

2

3

log log  log  1

        

 

   

x x x2 x

3 3

log log log  1

         

 

   

x x x2 x

3 3

log log log  1

        

 

   

x x x2 x

3

log   log  1

        

 

   

x x x2 x 1

       x  x 1 2x2 x 1

Bình phương hai vế ta được:

x 12 2x 1 x 2x2 2x

       x2  x 2x1 x0

 

x2 x x x

     Do vế khơng âm, bình phương vế, ta phương trình

x2 x 12 1 x x2

Trường hợp 1: x 0 khơng thỏa mãn phương trình

Trường hợp 1: x 0 , chia vế phương trình cho x2,ta phương trình:

x x

x x

2

2

6

6 11

     x x

x x

2

1

6 11

   

      

   

Đặt: t x x

1

  t x t x

x x

2 2

2

1

2

        , thay vào phương trình trên, ta có:

 

t2  2 6t 11 0      t2 6t t   0 t x x

1

  

x2 3x x2 3x

        

 

x L

x

x TM

3

3

2 .

2

3

2

 



 



  

 

  

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x

 

ax4bx3cx2dx e 0 e d

a b

2

0

    

  , ta giải tốn theo hướng chia hai

vế cho x2 (Chú ý cần xét x0,x0) Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

x x x x x

x x x x x

2

3 3

2

24 12 24

log log log

24 12 24

 

      

 

  

 

        

   

Phân tích:

Bài tốn có hình thức cồng kềnh hàm số logarit, khơng q khó khăn để khử hàm số logarit để đưa bất phương trình sau:

Bình luận:

x x x x x

x x x x x

2

24 27 12 24

8

24 12 24

 

       

 

      

Khi gặp bất phương trình hay phương trình cồng kềnh trên, ta cần phải có quan sát khơng nên biến đổi chưa có quan sát Nhận thấy rằng:

 

x x2 x x x

12 24 24

2

      12 x x2 24x 1 x 24 x2

2

     

Nếu quan sát điều này, toán coi giải cách gọn nhẹ Bài giải:

Điều kiện xác định: x 0.

Ta có bất phương trình: x x x x x

x x x x x

2

3 3 2

24 12 24

log log log

24 12 24

                            

x x x x x

x x x x x

2

3 3 2

24 12 24

log log 27 log log

24 12 24

                          

x x x x x

x x x x x

2

3 3 2

24 27 12 24

log log log

8

24 12 24

                              

x x x x x

x x x x x

2

3 2

24 27 12 24

log log

8

24 12 24

                                   

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2

24 27 12 24 27 24 2 24

8

24 12 24 24 2 24

                                     x x

x x x x x x

x x x x x x x x

2

3

24

24 27 24 27 24

8

24 24 24 24

   

     

      

         

Do vế không âm, nhân chéo vế, ta có: 2 x24 x 3 x24 x

x 24 x

Kết hợp điều kiện xác định, suy 0 x

Kết luận: Vậy tập nghiệm bất phương trình: S 0;1  Bình luận:

Với tốn q cồng kềnh mặt hình thức đa số rút gọn tạo thành từ đẳng thức Chúng ta cần phải có quan sát kĩ lưỡng trước bước biến đổi tốn trở lên đơn giản

Ví dụ 5: Giải phương trình:

x x 2 2  4 x2 x x x x 2017

2

3

1 log 2log log 2 log 2017.log

2

         

Bài giải: Điều kiện xác định: 

2

x , 3x26x 2 2x 2x  1 x

Ta có: log logab bclogaclog 2017.log2 20172 log 2017.log 2 20172 log 2 2 

Ta biến đổi phương trình trở thành: x x 2  x2 x x x x

2

log  1 log 6  2 2  1

x 2x 12 3x2 6x 2 2x 2x 1 x

         x2  x 3x26x

Bình phương hai vế ta được:

x4 2x34x 1 x1x33x2 3x 1 0  *

Ta chứng tỏ phương trình x33x23x 1 0

vơ nghiệm Thật vậy, ta có hai cách xử lý sau:

Cách 1: Sử dụng phương pháp lập bảng biến thiên hàm số: Xét hàm số: f x x33x23x1 với  

 

1 ;

x ta có:

 

f x' 3x + x2 0, x 1;

 

     

Ta có bảng biến thiên sau:

x

2 

 

f x' 

 

f x



11

Ta thấy phương trình x33x23x 1 vô nghiệm với  

 

1 ;

x

Như  *  x (Thỏa mãn điều kiện xác định) Cách 2: Sử dụng đẳng thức bậc 3:

Ta có: x33x23x  1 0     x3 3x2 3x

 

 x1    2 x 1 32  x 2 (Không thỏa mãn điều kiện xác định) 

Như  *  x (Thỏa mãn điều kiện xác định) Kết luận: Phương trình có nghiệm x 1

Bình luận:

II BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài toán 1: Giải phương trình sau tập số thực:

 x  x x   x2

2 4

log   1 log  8 log

Bài tốn 2: Giải phương trình sau tập số thực:

 x3 x 2  x  x2 x 

8 4

log log 1  3 log  2 log  1

Bài tốn 3: Giải phương trình sau tập số thực:

x2 x  x x2 x

0,25

1 log   2 log  2 4

Bài toán 4: Giải phương trình sau tập số thực:

 x2 x   x x 

9

1

log log

2     

Bài toán 5: Giải bất phương trình sau tập số thực:

 x  x  x x2 x

4 0,25

log 1 log 1 log 3 4 

Bài toán 6: Giải bất phương trình sau tập số thực:

 x2 x x   x3 x2 x 

2

3

log log log 14 12

2       

Bài toán 7: Giải phương trình sau tập số thực:

x  x2 x  x x 

3 27

log  1 log 2  1 log  7 8

Bài tốn 8: Giải phương trình sau tập số thực:

x x   x2 x  x2 x 

ln ln 2 ln

2

       

Bài tốn 9: Giải phương trình sau tập số thực:

x2 x  x   x2 x x2 

2 2

log 16 19  1 log  2 log 16 18 1

 x2 x2  x x2 

1

3

1 log  7 4 log  3

Bài toán 11: Giải phương trình sau tập số thực:

x   x   x3 x2 x  x2 x 

2 0,25

1 log  1 log  1 log  6 3 log  2

Bài toán 12: Giải phương trình sau tập số thực:

  x x x

x x

x x x x x

2

3 2

3

8

log log log

2 2 12

 

         

   

  

       

IV HƯỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1: Giải phương trình: log2 x  1 1 log4x x8log4 x2 Điều kiện xác định: x x 8 0.Ta có phương trình tương đương với:

 x  x x  x2

2 2

log   1 log   8log  x 1 1 x x 8 x

Vì x x 8 0 đó:

 x 1 1 x x  8 x  x 1 1 x 1 1  x x  8 x1 Do vế khơng âm, bình phương vế , ta phương trình:

x 1 x 8 x x   8 x x 8 x x8 Do vế khơng âm, bình phương vế lần , ta phương trình:

x 8 4x4 x8 4 x 8 3x8

   

x

x x

3

16 8

   

 

  

x

x2 x

8

9 64 64

 

  

   

  

 

x

x L

x

x TM

8

8

8

8

       

  

   

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 8.

Bài 2: Giải phương trình: log8 x3 log4x12 3 log2x 2 log4x2 x 1 Điều kiện xác định: x 0.

Ta có phương trình: 3 x x x  x  2x x 

3 2

2

2 2

log log 2 4 log  2 log  1  x  x2 x  x   x2 x 

2 2

log log log log

        

x x2 x  x  x2 x 

2

log log

       x x22x 4 x2 x2 x

Do vế khơng âm, bình phương vế ta phương trình:

     

x x2 22x4  x2 x2 x 5x35x28x 4 x 5 x2 5x 2

    

 

x

x

x2 x VN

2

2

5

  

  

  



Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 2.

Bài 3: Giải phương trình: 1 log 0,25x2  x 2 log2x 2 2x24x Đặt điều kiện xác định: 2x24x 2 x

Phương trình cho tương đương với: 2x x  x x x

2

2

    x x x

x x x x x

x x

2

2

2 2 2

2

1 log 2 log log log

2

    

 

         

   

 

x x x

x x x x x

x x

2

2

2

2

2 2 2

2

  

        

 

Bình phương hai vế ta được: 4x2 x 2x24x 4 2x24x2x2 2x24x

 

x24x 4 x2 2x24x      

 

x TM

x x x x

x x x

2 2

2

2

2 2

2 2 *

  

     

   



Ta có (*) tương đương với:

   

x

x x2 x

2

2 4

   

  



x

x2 x

2

7 20

    

  

 (Vô nghiệm)

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 2.

Bài 4: Giải phương trình: 1 log 29 x2 x 1 log 23 x x 1

2     

Điều kiện xác định: x2  x 1 Ta có phương trình trở thành:

 x x   x x 

2

2

3 3

log log   1 log  1

 x2 x   x x 

3 3

log log log

      

 x2 x   x x  x2 x x x

3

log log 2

           

Bình phương hai vế ta được: 6x23x 3 4x2  x 4x x1

x2 2x x x

      x x12   0 x x 1  x 1

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x

Bài 5: Giải bất phương trình: log 14  x log0,251 x log2 3 x4x2  x

Điều kiện xác định:

x x

x x x

x x

x

2

1

1

2

2

0

      

    



   

   

x

0

2

    

Bất phương trình tương đương với: 2 x 2 x  x x x

2

2

log 1 log  1 log 3 4 

 

x x x x2 x

2 2

log log log

       

 x x  x x2 x

2

log 1 log

      

x x x x2 x x x2 x x2

1 4

            

Bình phương hai vế khơng âm ta được: x 1 x22 x1x2 2 3x4x2

x2 x x2 x x

3

       3x2 x x2x 1  x 1 x0

    

 x2 x 1x x2 x 1x 0 *

Do x 0;

   

 

  x x x

2 1 0

    

Bất phương trình  * tương đương với: x2 x 1 x

x2 x x

3

    9x2x 1 x 9x210x 1

x x

5 34 34

9

  

   

  

  

Kết hợp với điều kiện xác định x 34;

9

    

  

Kết luận: Vậy tập nghiệm bất phương trình: S 34;

9

    

 

 

Bài 6: Giải bất phương trình:

 x2 x x   x3 x2 x 

2

3

log log log 14 12

2       

Điều kiện xác định:

x x

x

x x x

2

3

2

2

2 14 12

  

   

    



x 0.

 

Bất phương trình tương đương với:

 x x 2x   x x x 

2

2 2

log log 2 3 log 2 log 7 14 12

 x2 x x  x3 x2 x 

2 2

log 2 log log log 14 12

        

 x2 x x  x3 x2 x 

2

log  4 log 14 12

       

4x2 6x 2x 2x3 7x2 14x 12

       2x2x3 2x 4 2x3x2 2x4 2x 3x2 2x 2x 2x 4 2x 3x 2x 42

           

Do: x 0 2x 3 0, suy bất phương trình tương đương với:x 2x42 0 Mặt khác: x 2x42   0 x 0 Do ta có: x 2x 4 0 x 2x4

x2 2x

   ( Do vế không âm) x22x 4    

x TM

x L

1

1

    

   

x 1

  

Bài 7: Giải phương trình: log3x 1 log27x22x 1 log9x 7 x8 Điều kiện xác định:

x x x x x x x

2

8

7

8                    

Phương trình cho tương đương với: x  3x  2x x 

2

3 3

log  1 log 1 log  8  8

x  3x 2 x x

3 3

log log log 8

             x x x

3 2

3

1

log log

1                 

x x x

3 1 8 1 8 1

       

Đặt u3x 1 u3    x x u31 Thay vào phương trình ta có:u u3 7 1

 

u u

u u

u u u

u u

3

2 3 3 2

1 1

1

2

1                          u

u u2 u

1

2

  

     

    

u

u u x TM

u2 u VN

1

2

4                 

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 9.

Bài 8: Giải phương trình: lnx x 3 1ln 2 x2 2x 6 ln x2 x 3

       

Điều kiện xác định:

x x x x x x x x 2 13

2

Ta có phương trình trở thành: lnx x3ln 2x22x 6 lnx2 x 3 x x  x2 x x2 x 

ln 2 6 ln

        

 

x x 3 2x2 2x 6 x2 x x x 3x x 3

            

Trường hợp 1: Với         

  

x

x x x x

x2 x

0

3

3

  x 13

2

Trường hợp 2: Với 2x22x  6 x x3 Do vế khơng âm, bình phương hai vế ta được:

x2 x x2 x x x x2 x x x

2 2  6   3  3 2    3

x x 32 x x x 13



         

Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 13

 

Bài 9: Giải phương trình:

x2 x  x   x2 x x2 

2 2

log 16 19  1 log  2 log 16 18 1

Điều kiện xác định :  

x x

x

x x x x

x x

x

2

2

2

16 19

2 16 18 5; 1;

2 16 18

1

   

   

             

  

   



   

Ta biến đổi phương trình trở thành:

x2 x  x   x2 x x2 

2 2

log 16 19 log log  2 log 16 18 1

x2 x  x  x2 x x2 

2

log 16 19 log 2 2 16 18 

          

  

x2 16x 19 x 2x2 16x 18 x2

        

x x x 

x x

x x x

2

2

2 16 19

16 19

2 16 18

  

   

   

Trường hợp 1: Với: x216x19 0    x

Trường hợp 2: Với : 2x216x18 x2 1 2x2 2x216x182x 2 x21 Bình phương hai vế ta được: 2x216x18 4 x22x2 1 4x2 x21

x  x2 x2

4 3

     4x2 x2 1 3x2 1  x21 4 x 8 x2 1

x

x x

2

2

1

4

  

 

    



 

 

x

x x

2

2

1

4

   



   



Giải (1): x x x

2

1

1

 

     



Giải (2): x4  8 x21    

   

    



x

x x2

4

4

x x x

2

32 57 32 57

7

         

      

Kết hợp với điều kiện xác định, ta thu nghiệm: x 1 x 1 Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm: x 1 và x 1

Bài 10: Giải phương trình: 1 x2 x2  3x x2 

3

Điều kiện xác định:

x x

x x

x x x

2

2 2

2

3

2

2

3

    



   

  



  



   

x 14

2

 

Phương trình cho tương đương với:

 x x  x x 

1

2 2

3 3

log log   7 4 log  3

 x2 x2  x x2 

3 3

log log log

       

x x 

x x

2

3 2 2

3

log log

2

 

    

  

  x x x x

2

2

3

3

2

   

  

 x2 x2 x x2 

3

        x x 

x x

2

2

3

3

3

  

 

 

x x2 2x2 2x2

        2x2 4 x2  3 x 2x27

 x x  x x 

2

2 2

2

      

x2 x2 x2 x2 x x2 x2 x2 x x2

3 2 3 2 7

             

Do vế khơng âm, bình phương tiếp hai vế ta được:

 x x  x  x 

2

2 2

2 4 3  7  3x212 0 x

x

2

 

   



Kết hợp điều kiện xác định, ta được: x 2.

Bài 11: Giải phương trình:

x   x   x3 x2 x  x2 x 

2 0,25

1 log  1 log  1 log  6 3 log  2

Điều kiện xác định:

x x

x

x x x

x x

3

2

1

2 1

2

2

     

  

    



    

Phương trình tương đương với:

x   x  2 x x x  2x x 

3 2

2 2 2 2

log log  1 log  1 log   6 3 log  2

x  x x3 x2 x x2 x

2 2 2

log log log log log

           

x  x  x3 x2 x x2 x 

2

log 2 1 log

         

x  x x3 x2 x x2 x

2 2

        

x  x x x2 x2 x

2 2

       

Vì x

2

 , phương trình tương đương với: 2x 1 x23 x2 x Do vế khơng âm, bình phương hai vế ta được: 4x12 x23x2 x 2

  

x4 x3 x2 5x x x3 2x2 3x

           

 

 

x TM

x

x3 x2 x x3 x2 x

1

2 2 *

    



 

        

 

Ta cần chứng minh phương trình (*) vơ nghiệm miền xác định

Xét hàm số f x x32x23x2 với x

2

x

2 

 

f x' +

 

f x



1

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình x32x23x 2 vơ nghiệm vớix



Như phương trình có nghiệm x 1 (Thỏa mãn điều kiện ) Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm nhất: x 1.

Bài 12: Giải phương trình:

  x x x

x x

x x x x x

2

3

2

8

log log log

2 2 3 4 12 7

 

         

   

  

       

Điều kiện xác định: x



Phương trình cho tương đương với :

  x x x

x x

x x x x x

2

3 3 2

8

log log log

2 2 3 4 12 7

 

      

   

   

  

       

x x x

x x x x x x x

2

3 2

8

log log

2 2 3 4 12 7

 

      

  

 

    

       

x x x

x x x x x x x

2

8

2 2 3 4 12 7

  

 

        

 x x  x x  x x x

x x x x x x x

2

2 2 1 2 8 2 8

2 4 6 4 12 7

        

 

 

       

x x

x x x x

x x

x x x x x x x x

2

8

8

2

8 2 2 7 2 1

 

   

  

  

          

 x x 3 2x 2x 13 x x 2x 2x

             

x x x x

2

      

Bình phương hai vế ta được:

x x x x x x x x x x x