|
|
Đặt $t = \tan \frac{x}{2}$.
PT $\Leftrightarrow \frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}=\frac{2t}{1-t^2}\Leftrightarrow t^4-4t^3-2t^2+1=0$
$\Leftrightarrow t^4-4t^3+4t^2=6t^2-1\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)} \right]^2=6t^2-1$
Ta thêm vào tham số $a$ như sau,
$\Leftrightarrow \left[ {t(t-2)} \right]^2+2a.t(t-2)+a^2=(6+2a)t^2-4at+a^2-1$
$\Leftrightarrow (t^2-2t+a)^2=(6+2a)t^2-4at+a^2-1 (*)$
Đặt $f(a)=(6+2a)t^2-4at+a^2-1$. Bây giờ giả sử $a$ là số thỏa mãn
$\Delta'_f=4a^2-(6+2a)(a^2-1)=0\Leftrightarrow a^3+a^2-a-3=0 (**)$
Khi đó vế phải của PT $(*)$ có nghiệm duy nhất $t=-\frac{2a}{3+a}$. Và lúc đó
$\Leftrightarrow (t^2+t+a)^2=(6+2a)\left (t+\frac{2a}{3+a} \right )^2 (***)$
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.
|