|
|
Nếu đúng đề bài như thế này thì bài toán có duy nhất $1$ nghiệm. Nhưng không biểu diễn dưới dạng chính xác.
Ý tưởng trong lời giải này là sử dụng phương pháp giải bậc $4$ tổng quát.
Với điều kiện $\begin{cases}2t^2-3t-1 \ge 0 \\ t^2-1 \ge 0 \end{cases}\Leftrightarrow t \ge \frac{3+ \sqrt{17}}{4}$
PT đã cho
$\Leftrightarrow 9(t^2-1)=(2t^2-3t-1)^2$
$\Leftrightarrow 4t^4-12t^3-4t^2+6t+10=0$
$\Leftrightarrow 4t^4-12t^3+9t^2=13t^2-6t-10$
$\Leftrightarrow \left[ {t(2t-3)} \right]^2=13t^2-6t-10$
Ta thêm vào tham số $a$ như sau,
$\Leftrightarrow \left[ {t(2t-3)} \right]^2+2a.t(2t-3)+a^2=(13+4a)t^2-6(a+1)t+a^2-10$
$\Leftrightarrow (2t^2-3t+a)^2=(13+4a)t^2-6(a+1)t+a^2-10 (*)$
Đặt $f(a)=(13+4a)t^2-6(a+1)t+a^2-10$. Bây giờ giả sử $a$ là số thỏa mãn
$\Delta'_f=9(a+1)^2-(13+4a)(a^2-10)=0\Leftrightarrow 4a^3+4a^2-58a-139=0 (**)$ (nếu có nghiệm đẹp thì PT này sẽ phải có nghiệm đơn giản)
Khi đó vế phải của PT $(*)$ có nghiệm duy nhất $t=\frac{3(a+1)}{3+2a}$. Và lúc đó
$\Leftrightarrow (2t^2-3t+a)^2=(13+4a)\left (t-\frac{3(a+1)}{3+2a} \right )^2 (***)$
Chú ý rằng ràng buộc $(**)$ là ràng buộc có nghĩa vì PT bậc $3$ luôn có nghiệm, và nghiệm này được chọn thỏa mãn $13+4a>0$.
Như vậy từ $(***)$ ta thu được hai PT bậc hai và có thể giải tiếp được.
|