|
|
Đặt t=tanx2.
PT ⇔2t1+t2+1−t21+t2=2t1−t2⇔t4−4t3−2t2+1=0
⇔t4−4t3+4t2=6t2−1⇔[t(t−2)]2=6t2−1
Ta thêm vào tham số a như sau,
⇔[t(t−2)]2+2a.t(t−2)+a2=(6+2a)t2−4at+a2−1
⇔(t2−2t+a)2=(6+2a)t2−4at+a2−1(∗)
Đặt f(a)=(6+2a)t2−4at+a2−1. Bây giờ giả sử a là số thỏa mãn
Δ′f=4a2−(6+2a)(a2−1)=0⇔a3+a2−a−3=0(∗∗)
Khi đó vế phải của PT (∗) có nghiệm duy nhất t=−2a3+a. Và lúc đó
⇔(t2+t+a)2=(6+2a)(t+2a3+a)2(∗∗∗)
Chú ý rằng ràng buộc (∗∗) là ràng buộc có nghĩa vì PT bậc 3 luôn có nghiệm, và nghiệm này được chọn thỏa mãn 6+2a>0.
Như vậy từ (∗∗∗) ta thu được hai PT bậc hai và có thể giải tiếp được.
|