Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Có lẽ vì lí do đó mà trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học thường có mặt bài toán liên quan đến phương trình vô tỷ để thách thức các nhà toán học tương lai.. Chuyên đề: ‘‘Một số ph

MỤC LỤC

Lời mở đầu

§ 1 Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

1 Một số quy ước khi đọc chuyên đề

2 Phương pháp đặt ẩn phụ

3 Phương pháp đánh giá

4 Phương pháp lượng giác

5 Một số Phương pháp khác

§ 2 Một số bài tập tự làm

Kết luận

2 3 3 3 10 13 15 16 18

LỜI MỞ ĐẦU

Toán học có một vẻ đẹp lôi cuốn, trong vẻ đẹp lôi cuốn đầy huyền bí

đó thì các bài toán liên quan đến phương trình vô tỷ lại có nét đẹp riêng Có

lẽ vì lí do đó mà trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học thường có mặt bài toán liên quan đến phương trình vô tỷ để thách thức các nhà toán học tương lai

Chuyên đề: ‘‘Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ’’ với mong muốn phần nào giúp các thầy cô và các em học sinh có thể tìm thấy nhiều điều bổ ích và thú vị đối với dạng toán này Với mỗi ví dụ trong từng phương pháp giải, người đọc có thể tự sáng tác cho mình những bài toán với những con số mà mình thích Tuy nhiên chuyên đề này khó có thể tránh được sai sót, vì vậy tôi mong nhận được sự động viên và những ý kiến đóng góp chân thành của bạn đọc để chuyên đề được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

§ 1 Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû

1 một số quy ớc khi đọc chuyên đề

1.1 Vt: Vế trái của phơng trình Vt2: Bình phơng của vế trái phơng trình

1.2 Vp: Vế phải của phơng trình Vp2: Bình phơng của

vế phải phơng trình

1.3 Vt(1): Vế trái của phơng trình (1)

1.4 Vp(1): Vế phải của phơng trình (1)

1.5 Đk, đk: Điều kiện

1.6 BĐT: Bất đẳng thức

2 Phơng pháp đặt ẩn phụ

2.1 Một số lu ý

Khi giải phơng trình vô tỷ bằng phơng pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các dạng nh:

2.1.1 Đặt ẩn phụ đa phơng trình đã cho về phơng

trình đại số không còn chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ

2.1.2 Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính

ẩn này theo ẩn kia

2.1.3 Đặt ẩn phụ để đa phơng trình về hệ hai

ph-ơng trình với hai ẩn là hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thờng khi đó ta đợc một hệ

đối xứng

2.1.4 Đặt ẩn phụ để đợc phơng trình có hai ẩn phụ,

ta biến đổi về phơng trình tích với vế phải bằng 0

Thờng giải phơng trình ta hay biến đổi tơng đơng, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ phải thử lại nghiệm

2.2 Một số ví dụ

Ví dụ 1 Giải các phơng trình sau:

1) 18x2 − 18x x− 17x− 8 x− = 2 0

2) 2 3 4 2

3

x − + = −x x + +x

2

− + − = − + ữ

  4) 2x2 + 1 − +x 2x 1 −x2 = 1

Hớng dẫn (HD): 1) Đặt x= y với y≥ 0 Khi đó phơng trình đã cho trở thành (3y2 − 4y− 2)(6y2 + 2y+ = 1) 0, suy ra (3y2 − 4y− = 2) 0, ta

đợc 2 10

3

y= + Từ đó phơng trình có nghiệm là 14 4 10

9

x= + 2) Ta có x4 + + =x2 1 (x2 + 1) 2 −x2 = (x2 + +x 1)(x2 − + >x 1) 0, với mọi x.

Mặt khác x2 − + = 3x 1 2(x2 − + −x 1) (x2 + +x 1)

Đặt 22 1

1

x x

y

x x

− +

=

+ + (có thể viết đk y≥ 0 hoặc chính xác hơn là

3

3

3 ≤ ≤y ), ta đợc

3

y − = − y= ⇔ y + y− = , ta đợc 3

3

y= (loại 3

2

y= − )

Từ đó phơng trình có nghiệm là x= 1

3) Ta thấy x< 0 không thỏa mãn

Khi đó phơng trình tơng đơng với hệ

2

2

0

1

1

x

x

x

x





 >



 − + >



 − + − ữ = − + ữữ



Đặtx 1 y

x

+ = , ta đợc 2 2 4(1) 2 2

y

≤ <





Xét (2) ⇔ 9 2 − y2 = y2 − 4y+ 5 ⇔ y4 − 8y3 + 28y2 − 40y+ = 16 0(do hai vế không âm)

2

y y y y

y y y y

Dẫn đến y= 2(do ((y− 2)(y2 − 4y+ + > 8) 8) 0 với mọi ythỏa mãn (1))

Từ đó phơng trình có nghiệm là x= 1

Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phơng pháp

đánh giá trong phần sau

4) Ta có phơng trình tơng đơng với

1 − = −x 1 2x − 2x 1 −x ⇒ − = + 1 x 1 4x4 + 4 (1x2 −x2 ) 4 − x2 − 4x 1 −x2 + 8x3 1 −x2

0

x x x x x

x x x

=



⇔ 



Xét (1), đặt y= 1 −x2 , suy ra y≥ 0 và x2 = − 1 y2

Ta đợc 1 4 − y+ 8 (1y −y2 ) 0 = ⇔ 8y3 − 4y− = 1 0

⇔ (2y+ 1)(4y2 − 2y− = 1) 0

1 5

4

y +

⇔ = Từ đó suy ra

8

x= ± −

Thử lại ta đợc nghiệm của phơng trình là x= 0 và 5 5

8

x= − −

Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phơng pháp lợng giác trong phần sau

Ví dụ 2 Giải phơng trình x2 + 3x+ = + 1 (x 3) x2 + 1

HD: Đặt x2 + = 1 y, với y≥ 1 Khi đó ta đợc y2 + 3x= + (x 3)y

⇔ (y− 3)(y x− = ) 0 Dẫn đến y= 3 và y x= Từ đó phơng trình có nghiệm là

2

x= ±

Ví dụ 3 Giải phơng trình 4 17 −x8 − 3 2x8 − = 1 1

HD: Đặt 417 x− 8 =y với y≥ 0 và 3 2x8 − = 1 z Khi đó ta đợc hệ

y z z y

y z y y

⇔

Xét 2y4 + − (y 1) 3 = 33 ⇔ (y− 2)(2y3 + 5y2 + 7y+ 17) 0 =

Suy ra đợc y - 2 = 0 Từ đó nghiệm của phơng trình là x = 1

và x = -1

Ví dụ 4 Giải các phơng trình sau:

1) x+ 4 −x2 = + 2 3x 4 −x2

3

x− = −x x + x−

HD: 1) Đặt 4 x− 2 = y, với 0 ≤ ≤y 2

Khi đó ta đợc hệ 2 22 3

4

x y xy

x y

+ = +



Thế hoặc lại đặt x y S xy P+ = ; = rồi giải tiếp ta đợc nghiệm của phơng trình là

0

x= ; x= 2 và 2 14

3

x= − −

3

x− + = y⇒ x= y − y + y

Khi đó ta đợc hệ

4

3 4

3

x y y y

y x x x

 = − +







Xét hiệu hai phơng trình dẫn đến x=y

(do 1 2 1 2 1 2 1

2 x y+ + 2 x− + 2 y− + > 3 )

Thay vào hệ và giải phơng trình ta đợc 0; 3 2 6

3

x= x= ±

Ví dụ 5 Giải phơng trình 5x2 + 14x+ − 9 x2 − −x 20 5 = x+ 1.

HD: Đk x≥ 5 Với điều kiện đó ta biến đổi phơng trình đã cho nh sau:

2

x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x

x x x x x x

Đặt (x+ 1)(x− = 5) y; x+ = 4 z, với y≥ 0;z≥ 3

Ta đợc 2y2 + 3z2 = 5yz⇔ (y z− )(2y− 3 ) 0z = , từ đó ta đợc 3

2

y z

y z

=





 =



Nếu y z= thì ta đợc 5 61

2

x= + (dox≥ 5)

Nếu 3

2

y= z thì ta đợc 8; 7

4

x= x= − Vậy phơng trình có ba nghiệm trên

28

x

x + x= + , với x> 0

Nhận xét: Dạng phơng trình này ta thờng đặt

28

x

ay b

+ = + , sau đó bình phơng lên rồi ta “cố ý” biến đổi

về hệ đối xứng với hai ẩn x y, Từ đó ta sẽ biết đợc giá trị

của a, b Với bài toán này ta tìm đợc 1; 1

2

a= b= (Nếu a = 1 và

b = 0 mà giải đợc thì đó là phơng trình quá đơn giản, ta không xét ở đây)

HD: Đặt 4 9 1

x

y

+ = + , do x> 0 nên 4 9 9 1

x+ > > , từ đó

0

y>

Ta đợc hệ

2

2

1

2 1

2

x x y

y y x

x y









>





Giải hệ bình thờng theo dạng ta

đ-ợc 6 50

14

x= − +

Nhận xét: Khi giải một phơng trình không phải lúc nào

cũng có nghiệm thực, có những phơng trình vô nghiệm nhng khi cho học sinh làm bài ta cũng kiểm tra đợc năng lực của học sinh khi trình bầy lời giải bài toán đó Chẳng hạn

nh bài toán trong ví dụ này

HD: Đặt 3 x2 − = 2 2 −x3 = y với y≥ 0 Khi đó ta đợc hệ

2 2

x y

x y

 = +





= −



và từ phơng trình ban đầu ta có x≤ − 2 Xét hiệu hai

ph-ơng trình của hệ ta đợc phph-ơng trình

(x y x+ )( − +xy y − +x y) 0 =

Với x= −ythì x= − 3 x2 − 2, dẫn đến vô nghiệm

Còn x2 − +xy y2 − + =x y (y x− )(1 − +x) y2 > 0 với mọi y≥ 0 và x≤ − 2 Do

đó hệ vô nghiệm hay phơng trình đã cho vô nghiệm

2.3 Một số bài tập tơng tự

Bài 1 Giải các phơng trình sau:

1) x2 + 2 − =x 2x2 2 −x

(HD: Đặt y= 2 −x y; ≥ 0, ta đợc (y− 1)(y2 + −y 1)(2y2 − − =y 4) 0

Từ đó 1; 5 1; 33 1

y= y= − y= + và đợc nghiệm của phơng trình

là

x= x= + x= − + )

2) 2x2 + 5x− = 1 7 x3 − 1

(HD: Từ phơng trình suy ra x≠ 1 Đặt 2 1

1

x x

y

x+ + =

− , bình

ph-ơng dẫn đến y≥ 3 2 3 + Phơng trình trở thành

2

2y − 7y+ = 3 0, ta đợc y= 3 Từ đó x= ± 4 6)

Bài 2 Giải phơng trình (4x− 1) x2 + = 1 2x2 + 2x+ 1

(HD: Đặt x2 + = 1 y, với y≥ 1 Từ đó ta đợc 1 2 1

2

y= ∨ =y x−

Phơng trình có nghiệm 4

3

x= )

Bài 3 Giải các phơng trình sau:

1) 3(2 + x− 2) 2 = x+ x+ 6

(HD: Đặt 3 x− = 2 y, x+ = 6 z, với y≥ 0;z≥ 0

Ta đợc x= ∨ + = 3 y z 4 Từ đó phơng trình có 2 nghiệm

11 3 5

3;

2

x= x= − )

2) 2 − 2(1 + +x) 4 2x = 1

(HD: Đk 0 ≤ ≤x 2 1 − Đặt 2 − 2(1 +x) = 4 2y⇔ =y 2 1 − −x

và 4 2x= 4 2z⇔ =z 4 x với y≥ 0;z≥ 0

Suy ra

4

2 1(2)

y z

y z





 Từ (1) thay 4

1 2

y= −z vào (2) ta đợc

4

1

2

z + − +z = Xét hiệu hai bình phơng suy ra

4

4 3 2

1

4 2

2

z

−

±

Từ đó ta đợc nghiệm của phơng trình là

4 4 4

4 3 2 1

2 2

x

)

Bài 4 Giải phơng trình x2 − −x 1000 1 8000 + x = 1000

(HD: Đặt 1 + 1 8000x+ =2y, ta đợc

2 2

2000 (*) 2000

x x y

y y x

 − =





− =

Từ (*) suy ra (x y x y− )( + + 1999) 0 = và , do đó x y+ + 1999 0 >

Suy ra x= y, ta đợc nghiệm x= 2001, loại x= 0)

Bài 5 Giải các phơng trình sau:

1) 23 1 2

x

x + =

(HD: Đặt y= x+ ≥ 1 0;z= x2 − +x 1, ta đợc

2

z z

 

 

2

2

 

⇔  ữ − + = ⇔ = ∨ =

Nếu y 2

z = ta đợc x+ = 1 2 x2 − +x 1 2

1

x

x x

≥ −



 (vô nghiệm)

Nếu 1

2

y

z = ta đợc 2 x+ = 1 x2 − +x 1

1

2

x

x x

≥ −



±



=

mãn))

2) 2x2 − 5x+ = 2 4 2(x3 − 21x− 20

(HD: Đk  ≥− ≤ ≤ −x4 5x 1 Đặt 2x2 − − 8x 10 = y và x+ = 4 z, với y≥ 0;z≥ 0 Khi đó ta đợc (y z y− )( − 3 ) 0z = Từ đó phơng trình có bốn

nghiệm là 9 193

4

4

x= ± )

Bài 6 Giải các phơng trình sau:

1) x2 − 4x− = 3 x+ 5

(HD: Đặt x+ = − 5 y 2, ta đợc 1; 5 29

2

x= − x= + )

2

x

x + x= + , vớix≥ 1

(HD: Đặt 3 1

2

x

y

+ = + ,đợc 3 17 1

4

x= − + < (loại), nếu x≥ − 1 thì

4

x= − + )

3

x + x= x+ , với x> 0

(HD: Tơng tự, ta đợc 5 37

18

x=− + )

3 Phơng pháp đánh giá

3.1 Một số lu ý

Khi giải phơng trình vô tỷ (chẳng hạn f x( ) =g x( )) bằng phơng pháp đánh giá, thờng là để ta chỉ ra phơng trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thờng sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đa vế trái về tổng bình phơng các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0

Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý

Thờng ta đánh giá nh sau:

f x g x

f x C C f x g x C

g x C C

=







, hoặc

đánh giá f x( ) ≥g x( ) cũng nh là f x( ) ≤g x( )…

Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác

Cũng có một số phơng trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà

ta giải bằng phơng pháp đánh giá

3.2 Một số ví dụ

Ví dụ 1 Giải phơng trình 4x− + 1 4x2 − = 1 1

HD: Bài toán này có trong đề thi vào Đại học Bách Khoa và

ĐHQG năm 2001 Bài này có nhiều cách giải, đáp án sử dụng

đạo hàm

Ta có thể làm đơn giản nh sau: Ta thấy 1

2

x= là nghiệm của phơng trình

Nếu 1

2

x> thì Vt > 1 = Vp

Nếu 1

2

x< thì Vt < 1 = Vp

Do đó phơng trình không có nghiệm trong hai trờng hợp này

Vậy phơng trình có một nghiệm là 1

2

x=

Ví dụ 2 Giải phơng trình 3x2 + 6x+ + 7 5x2 + 10x+ 14 4 2 = − x x− 2 HD: Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt ≥ 5 còn Vp ≤ 5, do đó hai vế cùng bằng 5 Ta đợc phơng trình có nghiệm duy nhất

là x= − 1

x + x+ = + x+

HD: Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình

2

9

x≥ − Đặt (9x+ = 4) y, suy ra y≥ 0

Khi đó ta đợc 4 2 3 2 3

y

ph-ơng hai vế)

Theo BĐT Cô-si ta đợc 6 6

2

y

y ≤ +

, do đó

2

y   y

+ ≤ + ⇔  + ữ≤ +

 

2

2

y y y

y y

y

Từ đó ta đợc y= 6, suy ra 2

9

x= thỏa mãn đk

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là 2

9

x=

2

x x

x x x x

HD: Phơng trình đã cho tơng đơng với

x x x x x

x − +x x + = − + = − + + + Phơng trình xác định với mọi x là số thực Theo BĐT Cô-si cho hai số

d-ơng ta đợc :

Vt(1) ≤ Vp(1)

Do đó (1) ⇔ 2x2 − + =x 1 x2 + ⇔ 3 x2 − − =x 2 0 Từ đó phơng trình

có nghiệm là x= − 1 và x= 2

Ví dụ 6 Giải phơng trình 2

2

− + − = − + ữ

 

HD: Đk

2 2

2 2

2 2

x

x



− ≤ ≤ −







≤ ≤



Với đk đó, phơng trình đã cho tơng

đơng với phơng trình: 2

2

x x

theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc

x x x x

x x x x





Suy ra Vt(1) 4 ≤ = Vp(1) Do đó

2

2

x x

x x



⇔ 





, nghĩa là

dấu bằng trong hệ xảy ra Từ đó phơng trình có nghiệm duy nhất là x= 1

Ví dụ 7 Giải phơng trình 13 x2 −x4 + 9 x2 +x4 = 16

HD: Đk − ≤ ≤ 1 x 1

Với đk đó phơng trình tơng đơng với

x −x + +x = ⇔x −x + +x =

Theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc

(13 1 −x + 9 1 +x ) = ( 13 13 1 −x + 3 3 3 1 +x )

2

x x x

Theo BĐT Cô-si cho hai số dơng ta đợc

2

2

x − x ≤ + −  =

Do đó Vt(1) ≤ 4 64 256 = , ta đợc

(1)

2

2

2

1

3

x

x

x x

 − = +

− =

=



5

x= ±

Vậy phơng trình có hai nghiệm là 2 5

5

x= ±

4 Phơng pháp lợng giác

4.1 Một số lu ý

Khi giải phơng trình vô tỷ bằng phơng pháp lợng giác

ta có thể đặt

( ) sin

f x = α nếu f x( ) ∈ −[ 1;1] với điều kiện ;

2 2

π π

α  ∈ − 

  hoặc

( ) cos

f x = α với điều kiện

[ ]0;

α ∈ π Cũng có khi đặt f x( ) tan ; ( ) cot = α f x = α … để đa

ph-ơng trình đã cho về phph-ơng trình lợng giác Giải phph-ơng trình lợng giác rồi từ đó tìm nghiệm của phơng trình đã cho

4.2 Một số ví dụ

Ví dụ 1 Giải phơng trình 1 1 2 2 2

1

x+ x =

HD: Đặt cos , (0; ),

2

x= y y∈ π y≠π

Phơng trình đã cho trở thành

cosy+ siny = ⇔ y+ y= y Đặt siny+ cosy z= − , 2 ≤ ≤z 2 suy ra sin 2y= 2sin cosy y z= − 2 1, ta đợc z= 2 và 2

2

z= −

Với z= 2thì

4

y=π

, do đó 2

2

x=

Với 2

2

z= − thì 11

12

y= π , do đó 1 3

2 2

x= − +

Vậy phơng trình có nghiệm là 2

2

x= và 1 3

2 2

x= − +

HD: Đk − ≤ ≤ 1 x 1.

2 2

x= y y∈ − π π 

  suy ra cosy≥ 0 Khi đó phơng trình trở thành sin 3 y+ cos 3 y= 2 sin cosy y

Đặt siny+cosy z z= , ∈ − 2; 2  (chính xác là z∈ − 1; 2 ), biến

đổi phơng trình ta đợc z3 + 2.z2 − − 3z 2 0 =

⇔ =z 2 ∨ = −z 1 2 Nếu z= 2 thì thì

4

y=π

, do đó 2

2

x= Nếu z= − 1 2 thì siny+ cosy= − 1 2 ⇔ +x 1 −x2 = − 1 2

2

2

x

⇔ =

Vậy phơng trình có 2 nghiệm trên

4.3 Một số bài tập tơng tự

Bài 1 Giải phơng trình 4x3 − 3x= 1 −x2

(HD: Đặt x= cosy, phơng trình có tập nghiệm là

S  π π π 

Bài 2 Giải phơng trình 5 3 1 + −x2 = 8(x6 + − (1 x2 3 ) )

1

x x x

Bài 4 Giải phơng trình ( 3 2 ) 1 − x −x2 = 3x− 2x2

2

3 1 1

x x

x x

5 Một số phơng pháp khác

5.1 Một số lu ý

Ngoài những phơng pháp thờng gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác lạ đối với một số phơng trình vô

tỷ Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phơng pháp ở trên

để giải một phơng trình

5.2 Một số ví dụ

4 −x + 4x+ + 1 x +y − 2y− = − + 3 5 y x − 16

Nhận xét: Bài toán này không khó, chỉ kiểm tra tính

cẩn thận của học sinh mà thôi vì sau khi đặt điều kiện

đẫ tìm đợc giá trị của x Tuy nhiên nếu học sinh học hời hợt

sẽ ngồi nhìn mà không làm đợc bài

HD: Đặt đk cho phơng trình xác định ta sẽ đợc x= 2 Khi

đó phơng trình trở thành y− = − 1 2 y, suy ra 3

2

y= Vậy

ph-ơng trình có một nghiệm là ( ; ) 2;3

2

x y  

=  ữ

Ví dụ 2 Giải phơng trình 3 7x+ − 1 3 x2 − − +x 8 3 x2 − − = 8x 1 2

HD: Đặt y= 3 7x+ − = 1; z 3 x2 − −x 8;t= 3 x2 − − 8x 1,

suy ra y z t+ + = 2 vày3 + + =z3 t3 8(1)

Mặt khác ( )3

8

y z t+ + = (2)

Từ (1) và (2) ta đợc (y z t+ + ) 3 − (y3 + +z3 t3 ) 3( = y z z t t y+ )( + )( + ) 0 =

y z y z

z t z t

t y t y

⇔ + = ⇔ = −

 + =  = −

.

Xét (3) ta đợc x= − ∨ = 1 x 9, xét (4) đợc x= 1 và (5) đợc

x= ∨ =x

Vậy tập nghiệm của phơng trình là S = −{ 1;0;1;9}.

Ví dụ 3 Giải phơng trình x2 − 4x+ 20 + x2 + 4x+ 29 = 97

HD: Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ ar = − (x 2; 4) và

br= − −x

Khi đó ta đợc a br r+ = − ( 4;5), suy ra a br r+ = 97 và ta cũng có

ar = x − x+ ,

b = x + x+

r

Phơng trình trở thành ar + = +br a br r , đẳng thức

đó xảy ra khi ar

và br

cùng chiều 2 2

x− − −x

⇔ = Từ đó ta đợc

phơng trình có một nghiệm là 2

9

x=

Đ 2 Một số bài tập Tự làm

Sau đây là một số bài tập tự làm mà chúng ta có thể

sử dụng các phơng pháp ở trên

Bài 1 Giải các phơng trình sau:

1) x2 + − +x 1 x x− + = 2 1 x2 − +x 2

2) 1 + 1 −x2 =x(1 2 1 + −x2 )

3) 1 2 22

1

x x x

x x

4) x− + 2 4 − =x 2x2 − 5x− 1

5) 3 3x2 − +x 2001 − 3 3x2 − 7x+ 2002 − 3 6x− 2003 = 3 2002

Bài 2 Giải các phơng trình sau:

1) x2 − 2x+ = 3 2x2 − +x 1 3 + x− 3x2

3) (x− 2) x− − 1 2x+ = 2 0