Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
1

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ðẠI SỐ

A. Tóm tắt lí thuyết
I. Phương trình lượng giác
1. Các hằng ñẳng thức:
*
2 2
sin cos 1
α α
+ =
với mọi
α

*
tan .cot 1
α α
=
với mọi
2
k
π
α
≠
*
2

−

1) cos( ) cos
−α = α

2) sin( ) sin
−α = − α

3) tan( ) tan
−α = − α

4) cot( ) cot
−α = − α

b. Hai cung phụ nhau:
α
và
2
π
α
−

1) cos( ) sin
2
π
− α = α

2) sin( ) cos
2
π

d) Hai cung hơn kém nhau
π
:
α
và
π α
+

1) sin( ) sin
π + α = − α

2) cos( ) cos
π + α = − α

3)tan( ) tan
π + α = α

4)cot( ) cot
π + α = α

3. Các công thức lượng giác
a. Công thức cộng
1) cos(a b) cos a.cos b sin a.sin b
± =
∓
2) sin(a b) sin a.cos b cos a.sin b
± = ±

Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong

2
1 cos2a
2) cos a
2
+
=
3)
2
1 cos 2a
tan a
1 cos 2a
−
=
+

d. Công thức biến ñổi tích thành tổng
1
1) cos a.cos b [cos(a b) cos(a b)]
2
= − + +
1
2) sin a.sin b [cos(a b) cos(a b)]
2
= − − +
1
3) sin a.cos b [sin(a b) sin(a b)]
2
= − + + .
e. Công thức biến ñổi tổng thành tích
a b a b

1. Phương trình:
sin (1)
x m
=

* Nếu:
m 1
> ⇒
Pt vô nghiệm
* Nếu:
m 1 [ ; ] : sin m
2 2
π π
≤ ⇒ ∃α ∈ − α =

Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
3

(1) sin x sin
⇒ ⇔ = α ⇔
x k2
x k2

= α + π

= π − α + π


(

= − ⇔ = − + π

3)
sin x 0 x k
= ⇔ = π2. Phương trình:
cos x m (2)
=

* Nếu:
m 1
> ⇒
phương trình vô nghiệm
* Nếu:
m 1 [0; ] : cos m
≤ ⇒ ∃α ∈ π α =

(2) cos x cos
⇒ ⇔ = α ⇔

x k2
x k2

= α + π

= −α + π



2
π
= ⇔ = + π3. Phương trình
:
tan x m (3)
=

Với
m ( ; ) :
2 2
π π
∀ ⇒ ∃α ∈ −
tan m
α =

(3) tan x tan x k
⇒ ⇔ = α ⇔ = α + π
.
Chú ý : * Nếu
α
thỏa mãn
2 2
tan m

π π
− < α <


cot x m (4)
=

Với
m ( ; ) :
2 2
π π
∀ ⇒ ∃α ∈ −
cot m
α =

(4) cot x cot x k
⇒ ⇔ = α ⇔ = α + π
.
Chú ý : * Nếu
α
thỏa mãn
2 2
cot m

π π
− < α <



α =

thì ta viết
arc co t m
α =



(k Z)
∈

*
cos u cos v u v k2
= ⇔ = ± + π

(k Z)
∈

*
tan u tan v u v k
= ⇔ = + π

(k Z)
∈

*
cot u cot v u v k
= ⇔ = + π

(k Z)
∈

5. Phương trình lượng giác thường gặp
1. Phương trình bậc hai một hàm số lượng giác: Là phương trình có
dạng
2

 
 
(*) khi ñó (1) trở thành:
2
at bt c 0
+ + =
giải phương trình này ta tìm ñược t thay vào (*) ta
tìm ñược x
Chú ý: * Nếu
sin x
t
cos x
 
=
 
 
 
thì
1 t 1
− ≤ ≤
.
* Khi gặp phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác ta
cũng ñặt hàm số ñó bằng một ẩn phụ và chuyển phương trình ñã cho
về phương trình ñại số.
2. Phương trình bậc nhất ñối với sinx và cosx :
a sin x b cos x c (1)
+ =
.
Cách giải: Chia hai vế cho:
2 2

 
 
 

*
3 1
3sinx cos x 2 sin x cos x 2 sin(x )
2 2 6
 
π
± = ± = ±
 
 
 

*
1 1
sin x cos x 2 sin x cos x 2 sin(x )
4
2 2
 
π
± = ± = ±
 
 
.
3. Phương trình ñẳng cấp: Là phương trình có dạng
(sin , cos ) 0
=
f x x

( ) 0
( ). ( ) 0
( ) 0
f x
f x g x
g x

=

= ⇔

=


.
ðể ñưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:
* Sử dụng các hằng ñẳng thức ñưa về dạng
2 2 3 3
0, 0,
a b a b
− = − =
* Nhẩm nghiệm rồi chia ña thức: Nếu
x a
=
là một nghiệm của
phương trình
( ) 0
f x
=
thì ta luôn có sự phân thích:

( 0)
x x
≠
ta có :
2
2
1 1
( ) ( ) 0
a x b x c
x
x
+ ± + + =

ðặt
1
t x
x
= +
với
2
t
≥
ta có
2 2 2
2
1 1
( ) 2 2
x x t
x
x

Dạng 3
:
4 4
( ) ( )
x a x b c
+ + + =
. ðặt
2
a b
x t
+
= − ta ñưa về
phương trình trùng phương.
2. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt ñối
Cách 1: Dùng ñịnh nghĩa:
khi 0
| |
khi 0
a a
a
a a

≥

=

− <




f x g x

=
= ⇔

= −


.
Cách 3
: ðặt ẩn phụ
3. Phương trình – bất phương trình vô tỉ
Cách 1: Biến ñổi tương ñương
*
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) 0
n n
f x g x f x g x
= ≥
= ⇔
*
2
2
( ) 0
( )
( ) ( )
( )
n
n
g x

+
> ⇔ >
*
2
( ) ( )
n
f x g x
< ⇔
2
( ) 0
( ) 0
( ) ( )
n
f x
g x
f x g x

≥


≥


<



*
2
( ) ( )






Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
8

Cách 2: ðặt ẩn phụ
Dạng 1:
( ( )) 0
n
F f x
=
, với dạng này ta ñặt
( )
n
t f x
=
(nếu n chẵn
thì phải có ñiều kiện
0
t
≥
) và chuyển về phương trình
( ) 0
F t
=
giải

n
F f x g x
=
, trong ñó
( , )
F a b
là một biểu thức ñẳng
cấp bậc k. Với dạng này ta xét hai trường hợp:
TH1:
(
)
0
g x
=
thay vào phương trình ta kiểm tra,
TH2:
( ) 0
g x
≠
chia hai vế phương trình cho
( )
k
n
g x
và ñặt
( )
( )
n
f x
t

. Với phương trình dạng này
ta có thể ñặt
( )
t f x
=
, khi ñó ta ñược phương trình theo ẩn t:
2
( ) ( ) 0
at g x t h x
+ + =
, ta giải phương trình này theo t, xem x là tham
số (Tức là trong phương trình vừa có t vừa có x) nên ta thường gọi
dạng này là dạng ñặt ẩn phụ không triệt ñể.
Dạng 5:
( ), ( ), ( )
n m
F f x a f x b f x c
 
+ − =
 
 
(I).
Ta có thể ñặt:
( ), ( )
n m
u a f x v b f x
= + = −
, lúc ñó ta có hệ phương
trình:
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2

n
n
f x b a af x b
+ = −
(II)
ðể giải phương trình này ta ñặt
( ); ( )
n
t f x y af x b
= = −
ta có
hệ:
n
n
t b ay
y b at

+ =


+ =


.
ðây là hệ ñối xứng loại II với hai ẩn t và y.
Cách 3: ðánh giá
Xét phương trình :
( ) ( )
f x g x
=

≤


thì
: ( ) ( )
PT f x g x
=
với
x D
∈
( ) ( )
( ) ( )
f x m x
g x m x

=

⇔

=


.
Trong cách ñánh giá này ta thường dùng các hằng ñẳng thức và các
bất ñẳng thức quen thuộc (như BðT Cauchy, BðT Bunhiacovski,
BðT chứa trị tuyệt ñối… )ñể ñánh giá hai vế.
III. Hệ phương trình
1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng:
' ' '

≠
thì hệ có nghiệm duy nhất:
;
y
x
D
D
x y
D D
= = .
* Nếu
0
x y
D D D
= = =
thì hệ vô số nghiệm:
( 0)
x
c ax
y b
b

∈


−
= ≠


ℝ


=


=


(I) trong ñó f(x;y),g(x;y) là
các biểu thức ñối xứng, tức là
( ; ) ( ; ), ( ; ) ( ; )
f x y f y x g x y g y x
= =
.
b. Cách giải: ðặt
,
S x y P xy
= + =
. Biểu diễn
( ; ), ( ; )
f x y g x y
qua
S và P ta có hệ
( ; ) 0
( ; ) 0
F S P
G S P

=



2
4 0
S P
− ≥
.
3. Hệ ñối xứng loại 2
a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng
( ; )
( ; )
f x y a
f y x a

=


=


(II)
b. Cách giải: Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta ñược :
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
11

( ; ) ( ; ) 0
f x y f y x
− =
( ) ( ; ) 0
( ; ) 0
x y

=
*Hệ:
( ; )
( ; )
f x y a
g x y b

=


=


trong ñó f(x;y) và g(x;y) ñẳng cấp gọi là hệ ñẳng
cấp
b. Cách giải:
*Xét x=0 thay vào hệ kiểm tra
* Với
0
x
≠
ñặt
y tx
=
thay vào hệ ta có:
( ; ) (1; )
( ; )
(1; )
k
k

1) Nếu trong hệ phương trình có một phương trình bậc nhất ñối
với một ẩn thì ta rút ẩn ñó qua ẩn kia thế vào phương trình còn lại và
chuyển về giải phương trình một ẩn.
2) Với hai số thực bất kì
x 0;y
≠
ta luôn có
y tx
=
(t là số thực
cần tìm). Với cách làm này ta sẽ ñược hệ về phương trình một ẩn t.
3) Phương trình
( ; ) ( ; )
f x y f y x
=
luôn có một cặp nghiệm
x y
=
,
do ñó ta luôn phân tích phương trình ñã cho về dạng:
( ) ( ; ) 0
x y g x y
− =

4) Trong hệ phương trình nếu biểu thức
u(x)
xuất hiện ở hai
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
12

ra
x
và
y
.

B. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau
1)
+ − − =
cos 3x cos 2x cos x 1 0
( D – 2006 ).
2)
6 2
3 cos 4x 8 cos x 2 cos x 3 0
− + + =

(B1 – 2003 )
.
3)
− =
2 2
cos 3x cos 2x cos x 0
(A – 2005 ).
4)
(
)
− = −
2


= −


3 2 2
t 1
2t t 2t 1 0 (t 1)(2t 1) 0
1
t
2
.
*
= ± ⇔ = ± ⇔ = ⇔ = π
t 1 cos x 1 sin x 0 x k

*
π π
= − ⇔ = − = ⇔ = ± + π
1 1 2 2
t cos x cos x k2
2 2 3 3
.
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau
Phương trình
cos 3 cos (1 cos2 ) 0
x x x
⇔ − − − =

2 2
2 sin 2 .sin 2 sin 0 sin (2 cos 1) 0

⇔ ⇔


=

= π



.
3) Phương trình
(1 cos 6x)cos2x 1 cos2x 0
⇔ + − − =

cos 6x.cos 2x 1 0 cos 8x cos 4x 2 0
⇔ − = ⇔ + − =
π
⇔ + − = ⇔ = ⇔ =
2
2 cos 4x cos 4x 3 0 cos 4x 1 x k
2
.
4) ðiều kiện :
π
≠ ⇔ ≠ + π
cos x 0 x k
2
.
Phương trình
2


π

= + π


x k2
1
6
sin x sin
5
2 6
x k2
6
.
Kết hợp ñiều kiện, ta có nghiệm của phương trình ñã cho là :

5
x k2 , x k2
6 6
π π
= + π = + π
.
5) Ta có:
4 4 2
1
sin x cos x 1 sin 2x
2
+ = −
1


2
sin 2x sin2x 2 0
⇔ + − =
sin 2x 1 x k
4
π
⇔ = ⇔ = + π
.
Ví dụ 2. Giải các phương trình sau
1)
3 cos5 2 sin 3 cos2 sin 0
x x x x
− − =
(D – 2009 )
2)
3
sin cos sin 2 3 cos 3 2(cos 4 sin )
x x x x x x
+ + = + (B – 2009 )
3)
(1 2 sin )cos
3
(1 2 sin )(1 sin )
x x
x x
−
=
+ −
(1) (A – 2009 ).

3
x x k
π
π
⇔ − = + hoặc
5 2
3
x x k
π
π π
− = − + .
Vậy
18 3
x k
π π
= + hoặc
( )
6 2
x k k
π π
= − + ∈
ℤ
.
2) Phương trình ñã cho tương ñương với.
2
(1 2 sin )sin cos sin 2 3 cos 3 2 cos 4
x x x x x x
− + + =
cos2 sin cos cos 2 3 cos 3 2 cos 4
x x x x x x

x k
π π
= + (
k Z
∈
).
3) . ðiều kiện:
1
sin
2
sin 1
x
x



≠ −





≠




Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
15

18 3
x k
π π
= − +
.
4) ðK:
2
2
2
2 sin sin 1 0
7
2 , 2
6 6
x k
x x
x k x k
π
π
π π
π π

≠ +

− − ≠ ⇔


≠ − + ≠ +


.




2
2
2
18 3
x k
x k
π
π
π π

= +

⇔


= − +


.
ðối chiếu ñiều kiện ta có
2
18 3
x k
π π
= − + là nghiệm của phương
trình ñã cho.


π
+ = −
π
−
(A – 2008 )
5)
2 2
3 cot x 2 2 sin x (2 3 2) cos x
+ = +
6)
2 sin 2x cos 2x 7 sin x 2 cos x 4
− = + −

Lời giải.
1) Phương trình
2
4 sin x cos x 2 sin x cos x 1 2 cos x
⇔ + = +
2 sin x cos x(2 cos x 1) 2 cos x 1
⇔ + = +


π
= + π

⇔ + − = ⇔

π

= ± + π

* Các biểu thức
1 sin 2x
−
;
cos 2x
;
1 tan x
−
;
1 cot x
−
có thừa số
chung là
cos x sin x
−
.
*
2 2
sin x; tan x
có thừa số
(1 cos x)(1 cos x)
− +
. Tương tự
2 2
cos x; cot x
có thừa số
(1 sin x)(1 sin x)
− +
.


4
2
x k2
3

π
= − + π

⇔

π

= ± + π


.

Nhận xét: Ngoài cách biến ñổi trên, ta có thể biến ñổi cách khác như
sau:
Phương trình
2
2 cos cos x sin x 2 sin x cos x 0
⇔ + + + =

cos x(2 cos 1) sin x(2 cos x 1) 0
⇔ + + + =

(2 cos x 1)(sin x cos x) 0
⇔ + + =
.

1 sin x
⇔ − + =
+

2
(1 cos x) (1 cos x)(1 sin x) 0
⇔ − − + + =


= π

=

⇔ − − = ⇔ ⇔

π

=
= + π




x k2
cos x 1
(1 cos x)(cos x sin x) 0
tan x 1
x k
4
các

1 1
2 2(sin x cos x)
sin x cos x
⇔ + = − +

Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
18

(sin x cos x)( 2 sin2x 1)
0
sin 2x
+ +
⇔ =

sin x cos x 0
x k
4
1
5
sin 2x
x k ; x k
2
8 8

π

+ =
= − + π



2 2
(cos x 2 sin x)(3 cos x 2sin x) 0
⇔ − − =

2
2
2 cos x cos x 2 0
2 cos x 3 cos x 2 0

+ − =

⇔

+ − =


1 3
6 2
cos x
x arccos k2
2
2
1
x k2
cos x
3
2




1
x k2
sin x
6
2
5
2 cos x sin x 3 0 (VN)
x k2
6

π

= + π

=

⇔ ⇔


π

+ − =
= + π




.
( Lưu ý :

+ + = + +
sin x sin 2x sin 3x cos x cos 2x cos 3x

Lời giải.

1) Phương trình
1 1
sin 5x sin x sin11x sin x
2 2
   
⇔ − = −
   

x k
6
sin 5x sin11x
x k
16 8

π
=

⇔ = ⇔

π π

= +


.


π π

= =


.

3) Phương trình ñã cho tương ñương với
(sin x sin 3x) sin2x (cos x cos 3x) cos2x
+ + = + +

2 sin 2x cos x sin 2x 2 cos2x cos x cos2x
⇔ + = +

(2 cos x 1)(sin 2x cos 2x) 0
⇔ + − =


π

= ± + π

= −

⇔ ⇔


π π


Lời giải.
1) Ta thấy
sin 0
x
=
không là nghiệm của phương trình
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
20

Nên nhân hai vế của phương trình với
sin
x
ta ñược:
8 sin 2 cos2 cos 4 cos 8 sin
x x x x x
=

2
16 2
15
sin16 sin
2
16 2
17 17
x k
x x k
x x
x x k
x k

x k k n
π π
= + ≠ − + là nghiệm của phương trình ñã cho.
2) Phương trình
2 2
2 cos ( cos ) 1 cos( sin2 )
2
x x
π
π
⇔ − =
2 2
cos( cos ) cos( sin 2 ) cos sin 2 2
x x x x k
π π
⇔ = ⇔ = ± +
, (
k
∈
ℤ
)
cos2 2 sin 2 4 1
cos2 2 sin2 4 1
x x k
x x k

− = −
⇔

+ = −

ℤ

2
2
cos 0
2 cos 4 sin cos 0 cos 0
1
2(1 cos 2 ) 1
sin
2 cos 4 sin cos 0
2
x
x x x x
x
x
x x x

=


− = =


⇔ ⇔ ⇔


− =

= ±
+ =


= ± +




.

Ví dụ 6. Giải các phương trình – bất phương trình sau
1)
4 1 1 2
x x x
+ − − = −
2)
2
2 6 1 2 0
x x x
− + − + <

3)
2
( 1) ( 2) 2
x x x x x
− + + =
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
21

4)
3 3 3

(*)
Phương trình
4 1 2 1
x x x
⇔ + = − + −

4 1 2 2 (1 2 )(1 ) 1
x x x x x
⇔ + = − + − − + −

2 1 (1 2 )(1 )
x x x
⇔ + = − −
2
2 1 0
(2 1) (1 2 )(1 )
x
x x x

+ ≥

⇔

+ = − −



2
1
0

⇔ + − − − − = − −

2
4 2 1 1 1 2 1
x x x
x x x
−
⇔ + =
+ + − + − +

1 1 2
0 0
4 2 1 1 1 2 1
x x
x x x
 
⇔ + + = ⇔ =
 
+ + − + − +
 
.
2) Bất phương trình
2
2 6 1 2
x x x
⇔ − + < −

2
2 2
2

Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
22

3 7
3
2
x
+
⇔ ≤ <
là nghiệm của bất phương trình ñã cho.
3) ðiều kiện:
1
2
0
x
x
x

≥

≤ −


=

(**) .
Phương trình
2 2 2
2 2 ( 1)( 2) 4

0;
4
x x
= =
.
Chú ý:
a) Bài toán trên còn có cách giải khác như sau
*
0
x
=
là một nghiệm của phương trình.
*
1
x
≥

2
1 2 2 2 2 2 1
PT x x x x x x
⇒ ⇔ − + + = ⇔ + − = −

2 2
9
4 4 8 4 4 1
8
x x x x x
⇔ + − = − + ⇔ =
(nhận).
*

Nếu
, 0
a b
≤
thì
.
ab a b
= − −
.
c) Với bất phương trình có dạng như trên ta vẫn giải theo cách bình
phương ñã trình bày .
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
23

4) Sử dụng ñẳng thức:
3 3 3
( ) 3 ( )
a b a b ab a b
+ = + + +
.
Phương trình ñã cho tương ñương với
3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 2 3
x x x x x x
⇔ − + − − − + − = −

3 3 3
3

⇔ − − − =
!?
Phép biến ñổi này không phải là phép biến ñổi tương ñương! Vì ở ñây
chúng ta ñã thừa nhận phương trình ban ñầu có nghiệm !. Do ñó ñể có
ñược phép biến ñổi tương ñương thì ta phải ñưa về hệ như trên. Chẳng
hạn ta xét phương trình sau:
3
3 3 3 3
2
1 1 1 2 3 1 ( 1 1 ) 1
x x x x x
− + + = − ⇔ + − − + + = −

3
2
1 1 0
x x
⇔ − = ⇔ =
. Nhưng thay vào phương trình ban ñầu ta
thấy x=0 không thỏa mãn phương trình !
b) Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau
ðặt
3 3
1, 2
u x v x
= − = −
, ta có hệ phương trình :
3
3 3
3 3

0
1
v
u

=


=



hoặc
3
3
1
2
1
2
u
v

=




= −



.
Giải hệ này ta có ñược nghiệm của phương trình.
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
24

5) Vì
(
)
(
)
2
4 1 3 2 3
x x x
+ − − = +
nên ta biến ñổi như sau:
Phương trình
5( 4 1 3 2) (4 1) (3 2)
x x x x
⇔ + − − = + − −

5( 4 1 3 2) ( 4 1 3 2)( 4 1 3 2)
x x x x x x
⇔ + − − = + − − + + −

4 1 3 2 0
2
4 1 3 2 5
x x
x

5
( 4x+1 3)( 3x 2 2)
x

=

⇔
− − + −

=

+ − +


Vì
(*) 0
VT
<
(do
2
3
x
≥
) nên (*) vô nghiệm.

6) ðiều kiện :
1
x
≥ −


T
= −
.
Ví dụ 7. Giải các phương trình – bất phương trình sau
1)
2
2 7 2 1 8 7 1
x x x x x
+ − = − + − + − +
(D2 – 2006 )
2)
10 1 3 5 9 4 2 2
x x x x
+ + − = + + −
(B1 – 2008 )
3)
2
2 1 ( 1) 0
x x x x x x
− − − − + − =
.
4)
2 2
1 1 2
x x
x
x x
+ + − >
.
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2

(
)
(
)
1 1 2 7 1 2 0
x x x x
⇔ − − − − − − − =

(
)
(
)
1 2 1 7 0
x x x
⇔ − − − − − =

1 2 5
4
1 7
x x
x
x x


− = =


⇔ ⇔



10 1 9 4 3 5 2 2
x x
x x x x
 
⇔ − + = ⇔ =
 
+ + + − + −
 

(thỏa ñiều kiện).
Vây
3
x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình ñã cho.
3) ðiều kiện :
1
x
≥
.
Phương trình
2
1 2 1 1 ( 1) ( 1) 0
x x x x x x
⇔ − − − + − − + − =

(
)
(
)

1
x
≥
.