hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

CHỨA CĂN THỨC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

CHỨA CĂN THỨC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

Mục lục

Mở đầu 4

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 5

1.1 Các tính chất cơ bản của đa thức đối xứng và phản đối xứng 5

1.1.1 Đa thức đối xứng 5

1.1.2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Viète 5

1.1.3 Đa thức đối xứng ba biến 6

1.2 Một số tính chất khác của đa thức đối xứng 6

1.2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 6

1.2.2 Chứng minh hằng đẳng thức 7

1.2.3 Chứng minh bất đẳng thức 7

1.2.4 Bài toán thiết lập phương trình bậc hai 9

1.2.5 Hệ phương trình đối xứng 11

1.3 Một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa căn thức 13

1.3.1 Sử dụng định lí Lagrange 13

1.3.2 Một số ước lượng cơ bản 15

Chương 2 Hệ phương trình chứa căn thức 21

2.1 Các phương pháp giải phương trình chứa căn thức 21

2.1.1 Điều kiện có nghĩa của phương trình 21

2.1.2 Quy tắc giản ước 22

2.1.3 Quy tắc thay giá trị 23

2.1.4 Phương pháp hữu tỷ hóa 23

2.1.5 Đặt ẩn phụ 28

2.1.6 Phương pháp đưa về hệ không đối xứng 36

2.1.7 Phương pháp lượng giác hóa 38

2.1.8 Phương pháp sử dụng nhiều ẩn phụ 40

2.1.9 Phương pháp đưa về hệ đối xứng 41

2.2 Hệ phương trình chứa căn thức đối xứng 46

2.2.1 Hệ phương trình đối xứng loại 1 46

2.2.2 Hệ phương trình đối xứng loại 2 50

2.2.3 Một số phương pháp giải hệ đối xứng 52

2.3 Một số hệ phương trình đặc biệt chứa căn thức 62

Chương 3 Hệ bất phương trình chứa căn thức 66

3.1 Một số phương pháp giải bất phương trình chứa căn thức 66

3.1.1 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số 66

3.1.2 Phương pháp phân khoảng tập xác định 68

3.1.3 Phương pháp hàm số liên tục 69

3.2 Hệ bất phương trình đối xứng 70

3.3 Một số hệ bất phương trình đặc biệt chứa căn thức 74

Kết luận 76

Tài liệu tham khảo 77

Mở đầu

Chuyên đề "Hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức" làmột phần quan trọng của chương trình Toán ở bậc THPT Các bài toán vềphương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trìnhchứa căn thức có thể xem như những dạng toán cơ bản của chương trình đại

số bậc THPT Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải Tuy nhiên, trong luậnvăn này chỉ tập trung đề cập đến các phương pháp giải hệ phương trình và

hệ bất phương trình chứa căn thức Nhiều phương pháp chính thống khácnhư phương pháp biểu diễn hàm số, phương pháp hệ tuyến tính, , không

đề cập trong luận văn này Các phương pháp giải toán ở đây chủ yếu cótính định hướng chung cho những lớp bài toán cơ bản nhất thường xuất hiệntrong các kì thi Học sinh giỏi và Olympic toán bậc THPT Luận văn gồmphần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị

Trong chương này trình bày các khái niệm đa thức đối xứng và phản đốixứng, tính chất của đa thức đối xứng, một số tính toán và ước lượng biểuthức chứa căn thức

Chương 2 Hệ phương trình chứa căn thức

Dựa trên tính chất đa thức đối xứng, chương này trình bày khái niệm,phương pháp giải phương trình chứa căn thức, hệ phương trình đối xứng loại

1, loại 2 Ngoài ra, trong chương này còn trình bày một số hệ phương trìnhđặc biệt chứa căn thức

Chương 3 Hệ bất phương trình chứa căn thức

Chương này trình bày khái niệm, phương pháp giải bất phương trình chứacăn thức, hệ bất phương trình đối xứng Ngoài ra chương này còn trình bàymột số hệ bất phương trình đặc biệt chứa căn thức

Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tậntình, chu đáo của Giáo sư - Tiến sĩ Khoa học Nguyễn Văn Mậu Tôi xin bày

tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn.Tôi chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp TrườngTHPT Thủy Sơn - Hải Phòng đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình họctập và hoàn thành luận văn này.

Tác giả

Định nghĩa 1.1 Giả sửAlà một miền nguyên, một đa thứcf (x1, x2, , xn)

∈ A[x1, x2, , xn], được gọi là một đa thức đối xứng nếu và chỉ nếu với mọiphép thế

1.1.2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Viète

Định nghĩa 1.2 Cho a là bộ n số {a1, a2, , an} (n ≥ 1, n ∈ N) Khi đó

Định nghĩa 1.3 Giả sử x1, x2, , xn là bộ n các số thực không âm (kíhiệu bởi (x) và y1, y2, , yn là bộ các số thực không âm khác được kí hiệubởi (y)).

Hai dãy (x) và (y) được gọi là đồng dạng (và kí hiệu (x) ∼ (y) nếu tồntại λ ∈ R (λ 6= 0) sao cho ta có xj = λyj (j = 1, 2, , n))

1.1.3 Đa thức đối xứng ba biến

Đa thức F (x, y, z) với bộ 3 biến thực x, y, z được hiểu là hàm số có dạng

1.2 Một số tính chất khác của đa thức đối xứng

Phép giải nhiều bài toán của đại số sơ cấp sẽ trở nên dễ dàng nếu ta biếtlợi dụng tính đối xứng trong các giả thiết của bài toán Qua những thí dụ cụthể dưới đây ta sẽ thấy lí thuyết đối xứng được áp dụng như thế nào để giảitheo một phương pháp thống nhất nhiều loại bài toán của đại số sơ cấp

1.2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử

Ví dụ 1.1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử (trên R)

Vế phải là một tam thức bậc hai đối với σ2.

(x + y + z)(xy + xz + yz) − xyz = (x + y)(x + z)(y + z)

Lời giải Ta có vế trái là σ1σ2 − σ3 Mở các dấu ngoặc trong vế phải tađược:

(x + y)(x + z)(y + z) = x2y + x2z + y2z + xz2 + y2z + yz2 + 2xyz

I Trường hợp hai biến

Ta có thể áp dụng có kết quả các đa thức đối xứng để chứng minh nhiềubất đẳng thức Cơ sở của phương pháp này là chú ý sau:

Giả sử σ1, σ2 là những số thực Muốn cho các số x, y xác định bởi các điềukiện:

∆ = σ12 − 4σ2 > 0 , σ1 ≥ 0 , σ2 ≥ 0

Giả sử đã cho một đa thức đối xứng f (x, y) và cần phải chứng minh rằngvới những giá trị thực bất kì x, y (hoặc với những giá trị không âm bất kì,hoặc với x + y ≥ a, tùy theo các điều kiện của bài toán, đa thức f (x, y)

lấy những giá trị không âm f (x, y) ≥ 0) Muốn vậy trước hết ta phải thay

f (x, y) bởi biểu thức của nó qua σ1 và σ2 Rồi trong đa thức tìm được tathay σ bởi biểu thức của nó qua σ1 và số không âm ∆ = σ12 − 4σ2, tức là tađặt σ2 = 1

4(σ

2

1 − ∆) Kết quả là ta thu được một đa thức của σ1 và ∆, và taphải chứng minh rằng với những giá trị không âm của z và với những điềukiện vềσ1 đã cho, đa thức đó chỉ lấy những giá trị không âm Thông thườngcách làm này dễ hơn chứng minh bất đẳng thức đã cho

Ví dụ 1.4 Chứng minh rằng nếu a, b là những số thực thỏa mãn điều kiện

Bằng quy nạp ta được kết quả sau: Nếu a + b ≥ c và n là một số tự nhiênbất kì thì ta có

a2n + b2n ≥ 1

22n−1c2n

II Trường hợp ba biến

Nếu x, y, z là những số thực bất kì thì hiển nhiên ta có

hay (ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c)

1.2.4 Bài toán thiết lập phương trình bậc hai

Dùng các đa thức đối xứng chúng ta có thể giải nhiều bài toán trong đócần tính những biểu thức chứa các nghiệm của một phương trình bậc hai

Ví dụ 1.6 Cho phương trình bậc hai:x2+ 6y + 10 = 0 Hãy lập một phươngtrình bậc hai mà các nghiệm là bình phương các nghiệm của phương trình

đã cho

Lời giải Gọi các nghiệm của phương trình đã cho là x1 và x2, các nghiệm

của phương trình phải tìm là y1 và y2 và các hệ số của nó là p và q Theo

Như vậy phương trình bậc hai phải tìm là: y2 − 16y + 100 = 0

Ví dụ 1.7 Lập phương trình bậc hai z2 + pz + q = 0 mà các nghiệm là

z1 = 6x61 − 2x2

2, z2 = x62 − 2x2

1,

trong đó x1, x2 là các nghiệm của phương trình bậc hai x2 − x − 3 = 0

Lời giải Theo các công thứcViète, ta có

1.2.5 Hệ phương trình đối xứng

Ta thường gặp những hệ thống phương trình trong đó các vế trái thườngphụ thuộc một cách đối xứng vào các ẩnx, y, z.Trong trường hợp này ta nênchuyển sang các ẩn mới σ1 = x + y + z, σ2 = xy + xz + yz, σ3 = xyz Việcgiải hệ với các ẩn mới thường là đơn giản hơn, vì bậc của các phương trìnhmới giảm xuống (vì σ3 chẳng hạn là một đa thức bậc ba của x, y, z) Sau khi

đã tìm được giá trị của σ1, σ2, σ3 để tìm x, y, z ta phải giải một phương trìnhbậc ba Ta có thể thử tìm một nghiệm của nó, sau đó áp dụng định lí Bơdu,

ta sẽ phải giải một phương trình bậc hai Trong đại số sơ cấp thường ta chỉgặp trường hợp đặc biệt này

Trong trường hợp chỉ có hai ẩn thì dĩ nhiên phép giải sẽ đưa đến mộtphương trình bậc hai

Ta dễ dàng thấy được phương trình này có nghiệm σ1 = 2

Vậy vế trái có thể viết σ13 − 12σ1 + 16 = (σ1 − 2)(σ2

1 + 2σ1 − 8).Ngoài σ1 = 2 ra, phương trình còn hai nghiệm nữa là σ1 = 2 và σ1 = −4, lànghiệm của phương trình bậc hai σ12 + 2σ1 − 8 = 0

Như vậy về σ1 ta có hai khả năng xảy ra σ1 = 2 hoặc σ2 = −4

Từ phương trình σ21 − 2σ2 = 4 ta thu được các giá trị tương ứng của σ2 là

1.3 Một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa

căn thức

1.3.1 Sử dụng định lí Lagrange

Định lí 1.1 (Định lí Lagrange) Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn

[a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:

f (b) − f (a) = f0(c)(b − a), (1)

hay là

f0(c) = f (b) − f (a)

Các công thức (1) và (2) đều được gọi là các công thức Lagrange

Trong định lí Lagrange, c có thể bằng a Khi đó, chỉ cần điều kiện f (x) khả

vi tại x = a, ta có c = a và công thức (1) vẫn đúng

Các nhận xét sau đây là các hệ quả trực tiếp của định lí Lagrange

Nhận xét 1.1 Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn

1)f0(x) 6= 0 với mọi x ∈ D ⊆ Df ; D liên thông,

2)ϕ(D1) ⊆ D ; ψ(D1) ⊆ D,

thì trong D1 ta có:

f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = ψ(x) − ϕ(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x)

Nhận xét 1.2 Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn

1)f (x)đồng biến với mọi x ∈ D ⊆ Df; D liên thông,

2)ϕ(D1) ⊆ D ; ψ(D1) ⊆ D,

3)h(x) > 0 với mọi x ∈ D1,

thì trong D1 ta có:

f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = [ψ(x) − ϕ(x)] h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x)

Nhận xét 1.3 Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn

1)f0(x) > 0 ; g0(x) ≥ 0 với mọi x ∈ D ⊆ Df; D liên thông,

2)ϕ(D1) ⊆ D ; ψ(D1) ⊆ D,

3)h(x) ≥ 0 với mọi x ∈ D1,

thì trong D1 ta có

f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = [g(ψ(x) − g(ϕ(x))] h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x)

(∗)

Lời giải Đặt f (x) = π arccos x − π

2 − √πx − 1

1 − x2.Xét hàm số F (x) = (πx − 1) arccos x −

√22

!



= 0.Vậy theo định lí Lagrange, tồn tại x0 ∈ (∗) sao cho

f (x0) =

F π4



− F



1π



π

4 − 1π

1.3.2 Một số ước lượng cơ bản

Để dễ sử dụng và kết hợp nhiều ước lượng chúng ta xây dựng một số ướclượng cơ bản như sau:

I Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số ta nhận được

IV Áp dụng các ước lượng cơ bản

1 Cộng hai hay nhiều các ước lượng cơ bản

Lời giải Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1

Phương trình tương đương với:

Bài tập áp dụng

1 Giải phương trình

√2x − 1 +√4

6

√6x − 5

x = 1.

Vế trái nhỏ thua hoặc bằng 1

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 1

Đáp số x = 1

Bài tập áp dụng

1 Giải phương trình

√2x − 1

x +√

2 − x = 2x

Lời giải Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1.

Phương trình đã cho tương đương với

Lời giải Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1

Cộng hai vế phương trình của hệ ta thu được

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x, y) = (1; 1)

√4y − 3 = z

6

√6z − 5 = x

Chương 2

Hệ phương trình chứa căn thức

thức

2.1.1 Điều kiện có nghĩa của phương trình

Một trong những điều cần lưu ý nhất đối với phương trình chứa căn làtính không thuận nghịch của phép toán Nhìn chung những dạng phươngtrình đều có thể đưa về dạng phương trình đại số bậc nguyên Vì vậy cầnlưu ý đến điều kiện có nghĩa của biểu thức

Ví dụ 2.1 Cho A(x) = (1 +√

x)2 + (1 −√

x)2 và B(x) = 2 + 2x thì

A(x) = B(x) chỉ đúng khi x ≥ 0

Ví dụ 2.2 Xét phương trìnhp4 A(x) = B(x) (2.1)thì điều kiện đối vớiB(x)

là quan trọng Nếu chưa biết thông tin đối với B(x) thì không thể viết:

(2.1) ⇔



A(x) = [B(x)]4B(x) ≥ 0

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

Nếu chỉ dựa vào phép biến đổi ta sẽ thấy

2.1.2 Quy tắc giản ước

Khác với các biểu thức đại số bậc nguyên, khi một thừa số khác không,

ta có thể giản ước hoặc đặt thừa số chung Đối với biểu thức chứa căn ta cầnđặc biệt lưu ý tới điều kiện có nghĩa

⇔



x ≤ 63x2 = 28 ⇔ x = ±

trường hợp này phương trình vô nghiệm vì vế trái lớn hơn vế phải

Tóm lại: phương trình (2.3) đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =

r

28

3 .

2.1.3 Quy tắc thay giá trị

Vậy x = 1, x = −2 là nghiệm của phương trình (2.4) đã cho

2.1.4 Phương pháp hữu tỷ hóa

Nhìn chung để giải phương trình vô tỷ ta thường quy về phương trìnhhữu tỷ để giải Ta thường dùng các phương pháp sau đây để đưa các phươngtrình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phương pháp này là

“ hữu tỷ hóa “

I Sử dụng các phép biến đổi tương đương

Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phùhợp

Một số phép biến đổi tương đương thường gặp.

2) 2npf (x) = g(x) khi và chỉ khi



f (x) = g2n(x)g(x) ≥ 0

⇔

(

x ≥ −1

39x2 + 4x = 0

Vậy nghiệm của phương trình là x = 0

Nhận xét 2.1 Dạng tổng quát của phương trình trên là:

10 − 3x

= 0

⇔



2 ≤ x ≤ 4(x − 3) (x − 2) x2 − 7x + 15

= 0

⇔ x = 3

Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (2.7) đã cho

II Thực hiện phép nhân liên hợp để đơn giản việc tính toán

Ta đã biết nếu x = x0 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì điều đó

có nghĩa là



x0 ∈ Df

f (x0) = 0

Nếu x = a là nghiệm của đa thức P (x) thì P (x) = (x − a) P1(x), trong

đó P1(x) là đa thức với degP1 = degP − 1

Nếux0 là một nghiệm của phương trìnhf (x) = 0thì ta có thể đưa phươngtrình f (x) = 0 về dạng (x − x0) f1(x) = 0 và khi đó việc giải phương trình

Biến đổi phương trình về dạng sau 2 (x − 3) + √

Suy ra phương trình (2.8) tương đương với phương trình

Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 và x = 11 − 3

√5

Ví dụ 2.10 (Đề thi đề nghị Olympic 30 - 4 THPT Thái Phiên, Đà Nẵng).Giải phương trình

1 + 3√

x4x +√

Giải hệ tuyển hai phương trình trên, ta được

Bước 1 Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ Đây là bướcquan trọng nhất, ta cần chọn biểu thức thích hợp để đặt làm ẩn phụ Để làmtốt bước này ta cần phải xác định được mối quan hệ của các biểu thức cómặt trong phương trình Cụ thể là, phải xác định được sự biểu diễn tườngminh của một biểu thức qua một biểu thức khác trong phương trình đã cho.Bước 2 Chuyển phương trình ban đầu về phương trình theo ẩn phụ vừađặt và giải phương trình này

Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì những phương trình thu được lànhững phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải

Bước 3 Giải phương trình với ẩn phụ đã biết để xác định nghiệm củaphương trình đã cho

Nhận xét rằng, có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ Ta sẽ mô tả một số cáchđặt ẩn phụ qua ví dụ sau đây

Ví dụ 2.11 Giải phương trình

1 + 23

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t

Vậy x = 0, x = 1 là nghiệm của phương trình(2.10)

Ta nhận thấy cách giải trên dựa theo mối liên hệ đó là đẳng thức (2.11).Ngoài ra, ta có thể tạo ra mối quan hệ khác giữa các đối tương tham giaphương trình theo cách sau

Cách 2 Từ phương trình đã cho ta có thể rút ra được một căn thức theobiểu thức chứa căn còn lại là √

t = 1, hay x = 1, x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho

Cách 3 Nhận xét rằng phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích củahai biểu thức chứa căn và chúng thỏa mãn (2.12)

Ta thường gặp phương trình có dạng như sau af (x)2 + bf (x) + c = 0.

Ví dụ 2.12 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 trường THPT Chuyên Chu Văn

An, Ninh Thuận)

Giải phương trình

2x2 + 5x − 1 = 7px3 − 1 (2.13)

Lời giải Điều kiện x3 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

Khai triển phương trình (2.13) đã cho như sau

(2.12) ⇔ 3 (x − 1) + 2 x2 + x + 1
= 7p(x − 1) (x2 + x + 1)

Ta nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai

vế của phương trình (2.13) nên chia cả hai vế của phương trình cho x − 1,

ta được phương trình tương đương

x − 1 = 1 suy ra x = 2 thỏa mãn điều kiện.

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình (2.15) đã cho

Nhận xét 2.5 Các phương trình có chứa các biểu thức

Dạng 2 Trong phương trình có chứa f (x)± g (x) và f (x) g (x).Khi gặp phương trình dạng này ta đặt pf (x) ±pg (x) = t, sau đó bìnhphương hai vế ta sẽ biểu diễn được những đại lượng còn lại qua t và chuyểnphương trình ban đầu về phương trình bậc hai đối với t.

2 − 9

2 hay t

2 − 2t − 3 = 0 cónghiệm t = 3

Thay t = 3 vào (2.17) ta được phương trình

Thay t = 5 vào (2.19) ta được

Lời giải Điều kiện x3 + 8 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2.

√177

2 (thỏa mãn).

Vậy phương trình (2.22)đã cho có nghiệm x = 11 ±

√177

Vậy x = 5 ±

√37

2 là nghiệm của phương trình (2.23) đã cho.

Dạng 4 Phương trình dạng p(x)f (x) + g(x)pf (x) + h(x) = 0

Với dạng phương trình này ta có thể đặt pf (x) = t, t ≥ 0

Khi đó ta đươc phương trình theo ẩn t là p(x)t2 + g(x)t + h(x) = 0

Ta giải hệ phương trình này theo t, xem x là tham số (ta tìm được t theo

x) nên ta gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ không triệt để

Đây là phương trình bậc hai ẩn t ta coi x là tham số có ∆0 = (x + 1)2, do

đó phương trình này có hai nghiệm t = 2, t = −2x

này vô nghiệm

Vậy x = −1 ±√

6 là nghiệm của phương trình (2.24) đã cho

Ví dụ 2.21 (Đề thi đề nghị Olympic 30 - 4 THPT Bạc Liêu) Giải phươngtrình

7 là nghiệm của phương trình (2.25) đã cho

2.1.6 Phương pháp đưa về hệ không đối xứng

Do x + 1 = 1 không thỏa mãn điều kiện

Suy ra phương trình (2.26) vô nghiệm

Suy ra u = 0; u = −4; u = 3 là nghiệm thỏa mãn điều kiện.

Từ đây ta được x = −24, x = −88, x = 3 là nghiệm của phương trình

= 0