Phương trình, hệ phương trình căn bản

Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ CAO HOÀNG NAM

[email protected] - 0907894460 Trang 1

1. 24 2x x x 2

2. x 4 1 x 1 2x

3. 2x 4x 5 3x 17

4. 23x 19x 20 4x 4

5. x 12 2x 1 x 3

PHẦN I

------------------------------------------------------------------

PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH

-------------------------------------------------------------------

►2

B 0A B

A B

►

B 0A B

A B

►B 0

A BA B

►

2

B 0

A B A 0

A B

►

2

A 0

B 0A B

B 0

A B

TỔNG QUÁT:

Đối với những những phƣơng trình, bất phƣơng trình không có dạng chuẩn nhƣ trên, ta thực hiện:

- Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa,

- Chuyển vế sao cho 2 vế đều không âm,

- Bình phƣơng cả hai vế để khử căn.

VÍ DỤ - BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:

1. 24 2x x x 2

22

2

x 2 0

4 2x x x 2

x 2 x 2x 3

x 0 x 3x 3x 0

Vậy: x 3

2. x 4 1 x 1 2x

x 4 1 x 1 2x

Điều kiện:

x 4 01

1 x 0 4 x2

1 2x 0

2x 4 2 3x 2 2x 3x 1

22x 1 2x 3x 1

2 2

2x 1 0

(2x 1) 2x 3x 1

2 2

2x 1 0

4x 4x 1 2x 3x 1

2

1x

2

2x 7x 0

1x

2x 0

7x 0 x

2

So điều kiện nhận x 0

Vậy: x 0

3. 2x 4x 5 3x 17

2

2 2

2

x 4x 5 0

3x 17 0

x 4x 5 (3x 17)

x 1 x 5 x 1 x 5

17 17x x

3 3

218x 98x 294 0x x 7

4

x 7

Vậy: x 7

4. 23x 19x 20 4x 4

2 2 2

4x 4 0 4x 4 0

3x 19x 20 0 3x 19x 20 (4x 4)

2

x 1x 1

4x 5 x 13x 51x 4 0

3

x 14

x 5 x 1 13 x 4

13

4x 5 x 1 1 x 4

3

Vậy: 4

x 5 x 1 1 x 43

5. x 12 2x 1 x 3

x 12 x 3 2x 1 (*)

CÁC DẠNG CƠ BẢN

www.MATHVN.com

www.mathvn.com

Welcome PC

New Stamp

mailto:[email protected]



Điều kiện:

x 12 0

x 3 0 x 3

2x 1 0

(*) x 12 x 3 2x 1

2

2

x 12 x 3 2x 1 2 (x 3)(2x 1)

14 2x 2 (x 3)(2x 1)

(x 3)(2x 1) 7 x

(x 3)(2x 1) 0

7 x 0

(x 3)(2x 1) 49 14x x

1x x 3

2

x 7

x 9x 52 0

1x x 3

21

x 7 x 3 x 42

x 4 x 13

So điều kiện 3 x 4 .

Vậy: 3 x 4


1. 6

3 x 9 5x3 x

(1)

Điều kiện: 3 x 0 9

x9 5x 0 5

(1) 29 x 5x 24x 27

2 2

9 x 0

81 18x x 5x 24x 27

2

x 9

4x 6x 54 0

x 99

x x 392x x 3

2


Vậy: x 3

2. 2x 16 5

x 3x 3 x 3

(2)

Điều kiện:

2 x 4 x 4x 16 0x 4

x 3x 3 0

Do x 3 0 nên quy đồng bỏ mẫu ta đƣợc:

(2) 2x 16 8 x

2

2 2

x 16 0

8 x 0

8 x 0

x 16 (8 x)

x 4 x 4

x 8

x 8

16x 80

x 8x 5

5 x 8


Vậy: x 5

3. 2(x 1) 16x 17 8x 15x 23 (3)

Điều kiện: 17

16x 17 0 x16

(3) (x 1) 16x 17 (x 1) 8x 23

(x 1) 16x 17 8x 23 0

x 1

16x 17 8x 23

2

x 1

8x 23 0

16x 17 64x 368x 529

x 1

x 123x

x 48

x 2 x 4

So điều kiện nhận x 1 hoặc x 4

Vậy: x 1 hoặc x 4

1. 6

3 x 9 5x3 x

2. 2x 16 5

x 3x 3 x 3

3. 2(x 1) 16x 17 8x 15x 23

4. 2 2(x 3) x 4 x 9

5. 2 22x 8x 6 x 1 2x 2

6. 251 2x x

11 x

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




4. 2 2(x 3) x 4 x 9 (4)

Điều kiện: 2x 4 0 x 2 x 2

(4) 2(x 3) x 4 x 3 0 (*)

Do ta chƣa biết dấu của (x 3) nên ta chia làm 3

trƣờng hợp:

Trƣờng hợp 1: x 3

(*) 2x 4 x 3

2

2 2

x 3 0

x 4 0

x 3 0

x 4 x 6x 9

x 3

x 2 x 2

x 3

6x 13

x 313

x1363 x

6

Trƣờng hợp 2: x 3 thỏa (*)


(*) 2x 4 x 3

2x 4 x 3

2

2 2

x 4 0

x 3 0

x 4 x 6x 9

x 2 x 2

x 3

6x 13

x 2

x 2 x 313x

6

Vậy: 13

x6

hoặc x 3

5. 2 22x 8x 6 x 1 2x 2 (5)

Điều kiện:

2

2

2x 8x 6 0

x 1 0 x 1 x 1

2x 2 0

Trƣờng hợp 1: x 1 thỏa (5).


(5) 2

(x 1)(2x 6) (x 1)(x 1) 2 x 1

2

2

2x 6 x 1 2 x 1

2x 6 x 1 2 (2x 6)(x 1) 4(x 1)

2 (2x 6)(x 1) x 1 x 1

4(2x 6)(x 1) (x 1)

7x 18x 25 0

x 1

x 125x

7


6. 251 2x x

11 x

(6)

Điều kiện:

251 2x x 0 1 2 13 x 1 2 3

1 x 0 x 1

Do ta chƣa biết dấu của (1 x) nên ta chia làm 2

trƣờng hợp.

Trƣờng hợp 1: 1 x 0 x 1

(6) 251 2x x 1 x

2

2 2

1 x 0

51 2x x 0

51 2x x (1 x)

x 1

1 2 13 x 1 2 13

x 5 x 5

1 2 13 x 5

Trƣờng hợp 2: 1 x 0 x 1

(6) 251 2x x 1 x

2

1 x 0

51 2x x 0

x 1

1 2 13 x 1 2 13

1 x 1 2 13

Vậy: 1 2 13 x 5 hoặc 1 x 1 2 13

www.MATHVN.com

www.mathvn.com

Welcome PC

New Stamp





1. x 3 2 x 4 x 2 x 1 1

2 2

x 4 2 x 4 1 x 1 2 x 1 1 1

x 4 1 x 1 1 1

x 4 1 x 1 1 1 (1)

Điều kiện: x 4 0

x 4x 1 0

(1) x 4 1 x 1 1 1

x 4 1 2 x 1

2 x 1 0

x 4 1 2 x 1

x 4 1 2 x 1

x 5

VN do x 5 x 4 1

x 1 1 x 4

x 5

x 1 1 x 4 2 x 4

x 5 x 5x 5

x 5x 4 1

Vậy: x 5

2. x 14x 49 x 14x 49 14

14x 14 14x 49 14x 14 14x 49 14

2 2( 14x 49 7) ( 14x 49 7) 14

14x 49 7 14x 49 7 14 (2)

Điều kiện: 49

14x 49 0 x14

(2) Đặt t 14x 49 7 14x 49 t 7

Phƣơng trình trở thành:

t 7 7 t 14

t t t 0

14x 49 7 0

14x 49 7

714x 49 0 x 7

x 7214x 98 2

x 7

Vậy: 7

x 72

3. 3

x 2 x 1 x 2 x 12

3x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1

2

2 2 3

x 1 1 x 1 12

3x 1 1 x 1 1

2

3x 1 1 x 1 1

2 (3)

Điều kiện: x 1 0 x 1

(3) 1

x 1 1 x 12

1x 1 1 x 1

2

1x 1 1 x 1 (*)

2

(*) luôn đúng nên hệ đúng với mọi x thỏa điều kiện.

Vậy: x 1

Chú ý: CÁC DẠNG PHƢƠNG TRÌNH – BẤT

PHƢƠNG TRÌNH CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI

►A B

A BA B

►

B 0

A B A B

A B

► A B (A B)(A B) 0

►A B

A BA B

►

A BA B

A B

1. x 3 2 x 4 x 2 x 1 1

2. x 14x 49 x 14x 49 14

3. 3

x 2 x 1 x 2 x 12

www.MATHVN.com

www.mathvn.com

Welcome PC

New Stamp




► 3 3 3A B C

3 33A B 3 A.B A B C

Thay 3 3 3A B C ta đƣợc:

3A B 3 A.B.C C

► f (x) g(x) h(x) k(x)

Mà có: f (x) h(x) g(x) k(x)

f (x).h(x) g(x).k(x)

Biến đổi phƣơng trình về dạng:

f (x) h(x) k(x) g(x)

Bình phƣơng, giải phƣơng trình hệ quả

VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau:

w

1. 3 3 3x 1 x 2 x 3 0

3 3 3

33 3

3 3 3 3

x 1 x 2 x 3

x 1 x 2 x 3

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3

Ta thay 3 3 3x 1 x 2 x 3

3

3

2

3 (x 1)(x 2)(x 3) 3(x 2)

(x 1)(x 2)(x 3) (x 2)

(x 2) (x 1)(x 3) (x 2) 0

(x 2)( 1) 0

x 2

Thử lại nhận x 2

Vậy: x 2

Nhận xét:

Khi thay 3 3 3x 1 x 2 x 3 ta chỉ nhận

đƣợc phƣơng trình hệ quả do phƣơng trình đầu chƣa biết có nghiệm hay không?

Bài toán cũng có thể giải:

3 3 3

3 3 3 3

x 1 x 2 x 3

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3

2. x 3 3x 1 2 x 2x 2 (2)

Điều kiện:

x 3 0

3x 1 0x 0

x 0

2x 2 0

(2) 3x 1 2x 2 4x x 3 (*)

2 2

2

5x 3 2 (3x 1)(2x 2) 5x 3 2 4x(x 3)

(3x 1)(2x 2) 4x(x 3)

6x 8x 2 4x 12x

2x 4x 2 0

x 1

Thử lại nhận x 1

Vậy: x 1

Nhận xét:

Do ta chƣa xác định đƣợc 2 vế phƣơng trình

(*) đều dƣơng nên khi bình phƣơng ta chỉ thu đƣợc phƣơng trình hệ quả.

Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi

tƣơng đƣơng nhƣng so với cách này thì phức tạp.

3. 3

2x 1x 1 x x 1 x 3

x 3

(3)

Điều kiện: x 1

(3)3

2x 1x 3 x x 1 x 1

x 3

2

3 22

32

x 1x 3 x x 1 x 1

x 3

x 1x x 1

x 3

2x 1 3

x 2x 2 0x 1 3

Thử lại nhận x 1 3 ; x 1 3

Vậy: x 1 3 ; x 1 3

Nhận xét chung:

Thấy trƣờng hợp phƣơng trình căn bậc ba và

phƣơng trình chứa bốn căn bậc hai nhƣ trên thì ta có thể nghĩ đến phƣơng trình hệ quả.

Nếu khi giải cách phƣơng trình ở phần trƣớc

cảm thấy khó khăn trong việc giải các điều kiện và sợ

“sót điều kiện” thì ta cũng có thể giải bằng phƣơng trinh hệ quả sau đó thử lại.

GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ

1. 3 3 3x 1 x 2 x 3 0

2. x 3 3x 1 2 x 2x 2

3. 3

2x 1x 1 x x 1 x 3

x 3

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




► a.f (x) b f (x) c 0; a 0.

Phƣơng pháp: Đặt t f (x), t 0

► a( A B) b(A B 2 AB) c 0

Phƣơng pháp: Đặt t A B

►

n n2 2n

2 2

a. A b. AB c. B 0

a.A x bB x c A x .B x

A B mA nB

Phƣơng pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ u, v ta đƣa đƣợc

về dạng phƣơng trình: 2 2u uv v 0

B1: Thử trƣờng hợp v = 0

B2: Xét v 0 phƣơng trình trở thành : 2

u u0

v v

Đặt t = u

v phƣơng trình trở thành

2t t 0

►Tham số biến thiên

VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP


1. 2(x 4)(x 1) 3 x 5x 2 6

2 2

2 2

x 5x 4 3 x 5x 2 6

x 5x 2 3 x 5x 2 0

Điều kiện: 2x 5x 2 0

5 17 5 17x x

2 2

Đặt 2t x 5x 2 (t 0)

2 2

2 2

t x 5x 2

x 5x t 2


2t 1

t 3t 4 0 t 4t 4

Với t 4 2 2x 5x 4 2 2x 5x 14 0 x 2;x 7


2. 2 22x 15 x 5x 6 10x

2 22x 10x 15 x 5x 6 0

Điều kiện: 2x 5x 6 0 x 1 x 6

Đặt 2t x 5x 6 (t 0)

2 2

2 2

t x 5x 6

x 5x t 6

Bất phƣơng trình trở thành: 22(t 6) 15 t 0

2

3t

2t t 3 0 t 12

t 1

Với 2t 1 x 5x 6 1

2x 5x 6 1 2x 5x 7 0

5 53 5 53x x

2 2

Vậy: 5 53 5 53

x x2 2

3. 2 22x 5x 2 2 2x 5x 6 1

Điều kiện: 22x 5x 6 0

5 73 5 73x x

4 4

Đặt 2t 2x 5x 6 (t 0)

22x 5x 2 t 8


t 8 2 t 1

t 8 1 2 t

2

t 8 1 2 t

4 t 7 3t 2

7 3t 0t 1

16t (7 3t)

Với 2 7

t 1 2x 5x 6 1 x 1;x2

Vậy: x 1 hoặc 7

x2

CÁC DẠNG ĐẶT MỘT ẨN PHỤ

1. 2(x 4)(x 1) 3 x 5x 2 6

2. 2 22x 15 x 5x 6 10x

3. 2 22x 5x 2 2 2x 5x 6 1

4. x x 1 3

x 1 x 2

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




4. x x 1 3

x 1 x 2

Điều kiện: x

0 x 0 x 1x 1

Đặt x

t (t 0)x 1

Bất phƣơng trình trở thành:

1 3t

t 2

22t 3t 2 0

1t t 2

2

Với 1

t2

x 1

x 1 2

x 10

x 1 2

x 0 x 1

1 x 1

1 x 0

Với t 2x

2x 1

x2

x 1

x 2x 20

x 1

x 20 1 x 2

x 1

Vậy: 1 x 0 hoặc 1 x 2

Cách khác:

x x 1 3

x 1 x 2

(*)

Điều kiện: x

0 x 0 x 1x 1

(*)

2

x x 1 9

x 1 x 2

2 2

x x 1 5

x 1 x 2

2x 2(x 1) 5x(x 1)0

2(x 1)x

2x x 20

2(x 1)x

1 x 0 hoặc 1 x 2

Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau:

1. 2x 1 4 x x 3x 4 5

x 1 4 x (x 1)(4 x) 5

Điều kiện:x 1 0

1 x 44 x 0

Đặt t x 1 4 x (t 0)

2

2

t x 1 4 x 2 (x 1)(4 x)

t 5(x 1)(4 x)

2


2t 5

t 52

2t 3

t 2t 15 0 t 3t 5

22 2 5

x 3x 42

2 2x 0

x 3x 4 2 x 3x 0x 3


2. 22x 3 x 1 3x 2 2x 5x 3 16

Điều kiện:

2

2x 3 0

x 1 0 x 1

2x 5x 3 0

Đặt t 2x 3 x 1 (t 0)

2 2

2 2

t 3x 4 2 2x 5x 3

3x 2 2x 5x 3 t 4


2t t 4 16 2t 5

t t 20 0t 4 ( )

loaïi

Với t 5 2x 3 x 1 5

2 2

2

2

3x 2 2x 5x 3 5 4

2 2x 5x 3 21 3x

1 x 7

x 146x 429 0

1 x 7x 3

x 3 x 143

Vậy: x 3

1. 2x 1 4 x x 3x 4 5

2. 22x 3 x 1 3x 2 2x 5x 3 16

www.MATHVN.com

www.mathvn.com





1. 2 2 23 3 34 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0 (1)

Ta có: 2 x 0 x 2 không là nghiệm phƣơng

trình. Chia 2 vế cho: 23 (2 x) ta đƣợc:

(1)

2

33x 2 x 2

4 7 3 02 x 2 x

Đặt 3x 2

t2 x

phƣơng trình trở thành:

2

t 1

4t 7t 3 0 3t

4

Với 3x 2 x 2

t 1 1 1 x 02 x 2 x

Với 33 x 2 3 x 2 27 74

t x4 2 x 4 2 x 64 91

Vậy: x 0 hoặc 74

x91

Cách khác:

2 2 23 3 34 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0

Đặt 3u x 2 và 3v 2 x

Phƣơng trình trở thành: 2 24u 7uv 3v 0

Do v 0 không là nghiệm phƣơng trình. Chia 2 vế

cho v 0 ta đƣợc: 2

2

u u4 7 3 0

v v

u u 31

v v 4

Với u

1v 3

x 2 x 21 1 x 0

2 x 2 x

Với 3u x 2 3 x 2 27 74

1 xv 2 x 4 2 x 64 91

Vậy: x 0 hoặc 74

x91

2. 2 32 x 2 5 x 1 (2)

Điều kiện: 3x 1 0 x 1

(2) 2 22(x x 1) 2(x 1) 5 (x 1)(x x 1)

Do 2x x 1 0 chia hai vế cho 2x x 1 :

2 2

x 1 x 12 2 5

x x 1 x x 1

Đặt 2

x 1t (t 0)

x x 1


2

t 2

2t 5t 2 0 1t

2

Với 2 2

x 1 x 1t 2 2 4 (VN)

x x 1 x x 1

Với 2 2

1 x 1 1 x 1 1t

2 x x 1 2 x x 1 4

5 37x

2

Vậy: 5 37

x2

Nhận xét:

Khó khăn của ta là trong việc phân tích:

2 22 x 2 2(x x 1) 2(x 1) .

Việc này có thể thực hiện dễ dàng do: 3 2x 1 (x 1)(x x 1)

Bằng cách đồng nhất hệ số:

2 2 2(x x 1) (x 1)2 x 2 2(x 2)

ta dễ dàng chọn và .

Một số khai triển đa thức thành nhân tử:

3 2x 1 x 1 x x 1

4 2 4 2 2x x 1 x 2x 1 x

2 2x x 1 x x 1

4 2 2x 1 x 2x 1 x 2x 1

4 2 24x 1 2x 2x 1 2x 2x 1

3. 2 2 4 2x 3 x 1 x x 1

Điều kiện: 2x 1 0 x 1 x 1

Ta đặt: 2u x , 2v x 1 (u,v 0) .

Phƣơng trình trở thành :

2 2u 3v u v

2 2 2 2u 6uv 9v u v

2

v 0

10v 6uv 0 v 03v u

5

Với 2 2v 0 x 1 0 x 1 x 1

Vậy: x 1

1. 2 2 23 3 34 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0

2. 2 32 x 2 5 x 1

3. 2 2 4 2x 3 x 1 x x 1

www.MATHVN.com

www.mathvn.com





1. 2 2x 2(x 1) x x 1 x 2 0 (1)

Điều kiện: 2x x 1 0 x

2 2(1) x x 1 2(x 1) x x 1 2(x 1) 1 0

Đặt 2t x x 1; t 0. phƣơng trình trở thành:

2t 2(x 1)t 2x 1 0, t 0 , 2' x

t 1

t 1 2x

Với 2t 1 x x 1 1 x 0; x 1.

Với 2t 1 2x x x 1 1 2x

2 2

2

1 2x 0

x x 1 (1 2x)

1x

x 02

3x 5x


2. 2 2x 1 x 2x 3 x 1

2 2x 1 x 2x 3 x 2x 3 2x 2

Điều kiện: 2x 2x 3 0 x

Đặt 2t x 2x 3 . Phƣơng trình trở thành:

2x 1 t t 2x 2

2t 2

t x 1 t 2 x 1 0t x 1

Với 2

x 1 2t 2 x 2x 3 2

x 1 2

Với 2t x 1 x 2x 3 x 1

2 2

x 1 0(VN)

x 2x 3 x 2x 1

Vậy: x 1 2

Phƣơng pháp chung:

Đặt các ẩn phụ. Tìm mối liên hệ giữa các ẩn

phụ. Kết hợp với phƣơng trình ban đầu của bài toán

ta đƣợc hệ phƣơng trình.

Lƣu ý các phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình.


1. 3 33 3x 25 x x 25 x 30

Đặt 3 3 3 3y 35 x x y 35

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:

3 3

xy(x y) 30

x y 35

Đây là hệ đối xứng loại 1. Giải hệ ta tìm đƣợc cặp

nghiệm là (2;3) hoặc (3;2)


2. 3 31 x 1 x 2

Đặt

3

3

u 1 x

v 1 x

.


2 2

u v 2

u v 2

u v 2

uv 1

u v 1 x 0

Vậy: x = 0.

3. 3 2 x 1 x 1

Điều kiện: x 1 0 x 1

Đặt

3u 2 x

v x 1 (v 0)

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3 2u + v = 1

u + v = 1

2u(u u 2) 0

v 1 u

1. 2 2x 2(x 1) x x 1 x 2 0

2. 2 2x 1 x 2x 3 x 1

ĐẶT ẨN PHỤ ĐƢA VỀ HỆ

1. 3 33 3x 25 x x 25 x 30

2. 3 31 x 1 x 2

3. 3 2 x 1 x 1

4. 3 3x 1 2 2x 1

5. 2 2 3 23 33x 1 3x 1 9x 1 1

www.MATHVN.com

www.mathvn.com




u 0x 2

u 1x 1

u 2x 10

v 1 u

Vậy: x 2 hoặc x 1 hoặc x 10

4. 3 3x 1 2 2x 1

Đặt 33y 2x 1 y 1 2x .

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 3

3

x 1 2y

y 1 2x

3

3 3

x 1 2y

x y 2(y x)

3

2 2

x 1 2y

(x y)(x xy y 2) 0

(Do

2

2 2 2y 3x xy y 2 x y 2 0

2 4

)

3x 1 2y

x y 0

3x 1

x 1 2x1 5

x y 0 x2

Vậy: x 1 hoặc 1 5

x2

5. 2 2 3 23 33x 1 3x 1 9x 1 1

Đặt: 3u 3x 1 và 3v 3x 1

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 2 2

3 3

u v u.v 1

u v 2

u v 2 u v 2

Do đó:

2 2v 2 v v v 2 1

2

2

3v 6v 3 0

3 v 1 0

v 1 u 1

3

3

u 3x 1 1x 0

v 3x 1 1

Vậy: x 0


1. 2 x 32x 4x

2

Cách 1:

2 x 32x 4x

2

(1)

Điều kiện: x 3 .

(1) 2 (x 1) 2

2(x 1) 22

2 1 x 1(x 1) 1 1

2 2

.

Đặt

2 ty 1x 1 t

t x 1; y 1 1 22 2

y 0

.


2

2

1t 1 y

2

1y 1 t

2

t y1

(t y)(t y ) 0 12 y t

2

Với

2 2tt 1 2t t 2 0

t y 2t 0

t y 0

1 17 3 17t x

4 4

(thỏa).

Với

2 21 t(t ) 1 4t 2t 3 0

1 2 2y t 1

12 tt 2

2

1 13 5 13t x

4 4

(thỏa)

Vậy: 3 17 5 13

x ;x4 4

.

1. 2 x 32x 4x

2

2. 2x x 1000 1 8000x 1000

3. 24x 7x 1 2 x 2

4. 3 23 481x 8 x 2x x 2

3

5. 2 2 237x 13x 8 2x . x(1 3x 3x )

6. 2 24x 11x 10 (x 1) 2x 6x 2

www.MATHVN.com

www.mathvn.com


Education

Phương trình, hệ phương trình căn bản