Một số cách đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ

1

MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Ths. Nguyễn Công Nhàn
Phan Cát Vi
Bùi Thanh Tính
Nguyễn Văn Tuấn
Giải phương trình là một trong những bài toán thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi, đặc biệt
phương trình vô tỉ đóng vai trò đặc biệt trong các bài toán khó để học sinh đạt điểm cao trong kỳ
thi tuyển sinh Đại học hàng năm. Chính vì thế bài toán này không hề đơn giản, trong bài viết này
chúng tôi muốn giới thiệu một số cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặc ẩn phụ, để
các bạn tham khảo. Chắc chắn bài viết không tránh khỏi những sai lầm, thiếu sót, mong các bạn
thông cảm và góp ý. Phương pháp đặt ẩn phụ, thường có các dạng:
 Đặt một ẩn phụ và biến đổi mất hết ẩn cũ;
 Đặt hai ẩn phụ và đưa về hệ phương trình;
 Đặt một ẩn phụ và còn có ẩn cũ, đưa về hệ phương trình;
 Đặt một ẩn phụ t và còn có ẩn cũ x, lúc này ta xem x là tham số;
 Đặt 3 ẩn phụ, 4 ẩn phụ, để đưa về hệ phương trình.
 Dùng phương pháp hàm số, hoặc bất đẳng thức để chứng minh phương trình có nghiệm duy
nhất ( hoặc vô nghiệm).
Bài 1 2x
2
+ 5x – 1 = 7
3
1x 

Điều kiện x  1
Ta nhận thấy trong bài này xuất hiện căn của x
3
– 1 và bên ngoài có đa thức bậc hai, do đó

ta nghĩ đến hằng đẳng thức a
3
– b
3
= (a – b)(a
2
+ ab + b
2
).
Khi đó,
22
22
(1) 2( 1) 3( 1) 7 ( 1)( 1) 0
11
2 3 7 0
11
x x x x x x
x x x x
xx
         
   
   


Giải ta được
2
1
1
xx
x



= 3, hoặc ½.
Từ đó ta giải được x.
Bài 2
3
2
12
25
x
x




Trước hết ta có điều kiện
2

Sau đó ta nhận thấy trong căn có x
3
+ 1 = (x + 1)(x
2
– x +1) nên ta nhân chéo và tách x
2
+ 2
theo x
2
– x + 1 và x + 1, ta được
22
5 ( 1)( 1) 2( 1) 2( 1)x x x x x x       

Chia hai vế của phương trình cho (x
2
– x + 1) ta được phương trình bậc 2, giải và kết luận
nghiệm.
Bài 3
 
23
2x 5x 2 4 2 21x 20x    

Trước hết ta tìm điều kiện
Ta nhận thấy biểu thức trong căn bậc hai có dạng bậc 3, ta phân tích bậc 3 này thành tích
(MTCT – Hocner) x
3
– 21x – 20 = (x + 4)(x
2
– 4x – 5)
Sau đó ta phân tích 2x
2
– 5x + 2 = 2(x
2
– 4x – 5) + 3(x + 4)
Ta được phương trình 2(x
2
– 4x – 5) + 3(x + 4) – 4
2
2( 4)( 4 5)x x x  

Chia hai vế cho x
2

– 4x – 5, sau đó giải như bài 2 ta sẽ có được x.
Bài 4
3 2 3
3x 2 ( 2) 6x 0xx    

 
  
3 2 3 2
2
32
33
3
3
6x 12x 8 2 ( 2) 1 9(x 2x 1) 0
( 2) 1 (3x 3) 0
( 2) 1 3x 3 ( 2) 1 3x 3 0
( 2) 1 3x 3 0
( 2) 1 3x 3 0
xx
x
xx
x
x
          
     
         

    





    


Bình phương hai vế và giải.
Bài 5
2( 1) 1 5 1 4( 1) 0x x x x      

Đưa về theo
1x
, có phương trình bậc 3 và giải có
1x
, có x.
Bài 6
22
33
33
3 2001 3 7 2002 6 2003 2002x x x x x       

Ta nhận thấy,
22
33
33
22
3
3
3
3
3 2001 3 2001 6 1 6 2003 2002

3 2001 2002 3 2001 (6 1) 2002 6 1
x x x x x x
x x x x x x
         
             


6 1 0x
(dùng phương pháp hàm số)
3

Cách 2, đặt
22
33
3
3 2001; 3 7 2002; 6 2003a x x b x x c x       

Ta được –a – b – c =
3
2002
và a
3
+ b
3
+ c
3
= - 2002.
Do đó a
3
+ b

3
+ c
3
= (a + b + c)
3
 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0
 a = -b; hoặc b = -c; hoặc c = - a;
Suy ra x
Bài 7
3 3 3
3
3 1 5 2 9 4 3 0x x x x       

Ta nhận thấy bốn căn bậc hai này không có gì lên quan, nhưng trong căn của ba cái đầu
cộng lại bằng cái thứ tư, nên ta đặt:
33
3
3 1; 5 ; 2 9a x b x c x     
.
Từ đó ta có a + b + c =
3
43x
và a
3
+ b
3
+ c
3
= 4x – 3.
Ta có (a + b+ c)

3
– (a
3
+ b
3
+ c
3
) = 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0 nên suy ra suy ra x.
Bài 8
( 2) 1 2 2 0x x x    

Điều kiện
Đặt a =
2
1 0 1x x a    

(a
2
– 1)a -
2
(a
2
+ 1 + 2 = 0
a
3
-
2
a
2
– a + 2 -

2
= 0
21
1 1 4 2
2
1 1 4 2
2
a
a
a


















Có x
Bài 9

22
2 2x 2x x x   
(1)
Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện căn bậc hai của 2 – x và chứa x
2
. Khi đó ta thử đặt
2 4 2
2 0 4 4t x x t t      

Khi đó (1)  t
4
– 4t
2
+ 4 + t = 2(t
4
– 4t
2
+ 4)t
 2t
5
– t
4
– 8t
3
+ 4t
2
+ 7t – 4 = 0 (*)
 (t – 1)(2t
4
+ t

3
– 7t
2
– 3t + 4) = 0
4

(t – 1)( (2t
4
+ 2t
3
– 2t
2
– t
3
– t
2
+ t – 4t
2
– 4t + 4) = 0
 (t – 1)(t
2
+ t – 1)(2t
2
– t – 4) = 0
Giải phương trình này có t, sau đó suy ra x.
Bài 10
 
22
4x 1 1 2x 2x 1 (1)x    

Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện
2
1x 
nên ta nghĩ đến việc đặt t =
2
1x 
 1, sau
đó biến đổi để đưa về t, nhưng vẫn còn dư lượng x. Khi đó ta xem phương trình này là
phương trình ẩn t và x là tham số, ta sẽ giải có t theo x.
Giải phương trình bậc hai này ta được, t = ½ hoặc t = 2x – 1.
Giải lại để có x.
Bài 11
 
3 2 2 2x 6xx    

Bài 12
 
4
2 2 1 2x 1x   

Trước hết ta có điều kiện
0 2 1x  

Mấu chốt trong bài này là xuất hiện
4
2x
, nếu ta chuyển vế và nâng lũy thừa bậc 4 thì bài
toán trở nên phức tạp. Do đó ta sẽ đặt ẩn phụ như sau (theo
4
2x

)
 
4
44
2 2 1 2
2x 2
xy
z


  









Khi đó ta có hệ
4
24
2( ) 1
21
yz
yz







  



Từ phương trình thứ nhất, ta rút y theo z và thế vào phương trình thứ hai, ta được phương
trình
 
2
2
2
1
10
2
zz



   






Từ phương trình này, ta giải được z từ đó có x.
Bài 13
2

1000 1 8000x 1000xx   

Trước hết ta tìm điều kiện cho x
Ta chuyển vế, sau đó bình phương hai vế thì gặp khó khăn.
Ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ, có thể đặt t =
1 8000x
hoặc t =
1 8000x
+ 1
5

Trong trường hợp này chúng tôi chọn cách đặt t =
1 8000x
+ 1
Khi đó t
2
– t = 2 + 2
1 8000x
-
1 8000x
-1 = không được kết quả gì.
Khi đó ta có đổi cách đặt
1 1 8000x
2
t


, khi đó t
2
– t = 2000x

Ta có hệ
2
2
2000
2000x
x x t
tt










Trừ vế theo vế để giải hệ trên ta được x = t (chú ý điều kiện)
Sau đó thế lại phương trình ẩn x, giải có x = 2001, x = 0 (loại)
Bài 14
2
4x 3 5xx   

Điều kiện
Ta nhận thấy trong căn có x + 5 nên ta thử đặt
5tx
, thế vào phương trình ta có
(t
2
– 5)

2
– 4(t
2
– 5) + 3 – t = 0
 t
4
– 14 t
2
– t + 42 = 0
Dùng MTCT đoán nghiệm và sơ đồ Hocner ta đưa vê phương trình tích
(t – 2)(t + 3)(t
2
– t – 7) = 0
Giải có t, suy ra x.
Bài 15
2
3
2 4x=
2
x
x



Điều kiện x  [- 3; - 2] [0; + )
Khi đó bình phương hai vế ta được phương trình bậc bốn: 8x
4
+ 32x
3
+ 32x

2
– x – 3 = 0
Ta phân tích bậc bốn về tích của hai bậc hai (không dùng sơ đồ Hocner được)
Giả sử 8x
4
+ 32x
3
+ 32x
2
– x – 3 = 8(x
2
+ ax + b)(x
2
+ cx + d)
Khai triển VP = 8x
4
+ 8(a + c)x
3
+ 8(b + ac + d)x
2
+ 8(ad + bc)x + 8bd
Đồng nhất hệ số, ta được a + c = 4; b + ac + d = 4; 8(ad + bc) = -1 và 8bd = - 3.
Giải hệ này, ta được phương trình (4x
2
+ 10x + 3)(2x
2
+ 3x – 1) = 0
Giải phương trình này ta được ĐS
Bài 16
2

4
27x 18x= , 0
3
xx  

6

Bình phương hai vế ta được 729x
4
+ 972x
3
+ 324x
2
– x – 4/3 = 0
 3
7
x
4
+ 3
6
2
2
x
3
+ 3
5
2
2
x
2

– 3x – 4 = 0
Đặt t =
34x
, khi đó 3x = t
2
– 4, 9x
2
= t
4
– 8t
2
+ 16
Bài 17
2
3
33
2 11 4x 4 14 5x 13 2x x x x        

Trong bài tập này, xuất hiện x – 2 và – x
2
+ 4x – 4 = -(x – 2)
2
nên ta chỉ còn x ở ngoài nữa
Ta thử đặt
3
2tx
 x = t
3
+ 2, ta được phương trình
(t

3
+ 2)t – 11 t
2
+ 14 = 5(t
3
+ 2) + 13 t
 t
4
– 5t
3
+ 11t
2
– 11t + 4 = 0
Sử dụng MTCT để có phân tích (t – 1)
2
(t
2
– 3t + 4) = 0, giải.
Bài 18
2 3 3 2
33
2 2x 3x 1 2x 3x 1xx       

Trong bài này, xuất hiện hai dấu căn bậc ba và cấu trúc bên trong cũng rất phức tạp.
Ta nhận thấy bên ngoài căn là 2x
3
– x
2
– 3x – 1 = 2x
3

– 3x + 1 – (x
2
+ 2), từ đó cho ta cách
nhận dạng và xét phương trình f(t) = t
3
+ t là hàm số đồng biến trên R nên có ngay
23
33
2 2x 3x 1x    
, nâng lũy thừa 3 và giải có x.
Cách khác, ta đặt ẩn phụ a, b và dùng HĐT a
3
– b
3
để đặt nhân tử chung và đưa về dạng
(b – a) = (a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
22
1
ab
a b ab





   


(phương trình dưới vô nghiệm)
Bài 19
4
8 4 2x 3 3xxx     

Điều kiện
Bài 20
4
3
2x
8
x 

Điều kiện
Lũy thừa bậc 4 ta được phương trình 8
4
x = (3 + 16x)
4
 16
4
x
4
hơi phức tạp.
Ta nên đặt
4
tx
, ta được phương trình 8t = 3 + 16t
4

 16t
4
– 8t + 3 = 0
 (16t
4
– 1) – (8t – 4) = 0.
 (2t – 1).(8t
3
+ 4t
2
+ 2t – 3) = 0
Cách 2, Dùng MTCT để có nghiệm và phân tích được (2t – 1)(8t
3
+ 4t
2
+ 2t – 3) = 0
7

Ta dùng MTCT để có nghiệm t, suy ra x.
Bài 21
23
2x 4 3 x 4xx    

Ta thấy trong bài này, chỉ xuất hiện một dấu căn bậc hai, bên ngoài có x
2
+ 2x
Nếu ta đặt t =
3
x 4x
, thì rất khó biến đổi phần còn lại,

Nếu ta bình phương hai vế ta được x
4
+ 4x
3
+ 4x
2
+ 16 + 8x
2
+ 16x = 9(x
3
+ 4x)
 x
4
– 5x
3
+ 12x
2
– 20x + 16 = 0 (máy tính đưa ra nghiệm x = 2)
Cách 2, chia hai vế cho x
2
ta được phương trình
2
2
16 4
5( ) 12 0xx
xx
    

Đặt t =
4

x
x

, đưa về phương trình bậc hai t
2
– 5t + 4 = 0 cho ta t = 1; 4
Bài 22
22
4x 4x 10 8x 6x 10    

Đặt t = 4x
2
– 4x – 10, khi đó ta có hệ:
2
22
2
2
2
22
4x 4x 10
8x 6x 10
4x 4x 10
2 2x 10 0
2 10
2
4x 2x 0
2x
12
t
t

t
tt
tt
x
tt
t
tx


  



  




  




   














   














Giải có x.
Bài 23
3
3
86 5 1xx   

Đặt
3

3
86; 5a x b x   

Khi đó ta có hệ:
33
1
91
ab
ab











Bài 24
22
2
2 2 2 2
xx
xx


   

8

Đặt
2
2
ax
bx












Khi đó ta có hệ:

 
22
22
2 2 2 2
22
2
22
4
2( 2 ) 2 2 2

4
2 2 2( ) 2 4 2 ( )
2 2 ( ) 2( ) 2 0
( )( 2) 2( 2) 0
( 2)( 2) 0
2
2
ab
ab
ab
a b a a b b ab
ab
a b ab ab a b
ab a b a b ab
a b ab ab
ab b a
ab
ba

















     









      
      
      
    











Bài 25
4 1 5
2xxx
x x x
    

ĐIỀU KIỆN
Đặt
15
; 2xa x b
xx
   

Ta có phương trình a – b = b
2
– a
2
 b = a hoặc b = - 1 – a (loại)

Bài 26
 
23
2 2 5 1xx  

Đặt a = x + 1 và b = x
2
+ 2
Khi đó có phương trình
2 5 ( )b a b a

Giải có b = 5a; hoặc b = 5/4 a

Cách 2, nhận thấy x
3
+ 1 = (x + 1)( x
2
– x + 1) và x
2
+ 2 = x
2
– x + 1 + ( x + 1), chia hai vế
cho
9

Bài 27
23
2( 3 2) 3 8x x x   

Tươn tự cách 2 trên
Bài 28
23
2 5 2 4 2( 21 20)x x x x    

Tương tự như bài trên với phân tích 2(x
3
– 21x – 20) = (2x
2
– 8x – 10)(x + 4) và
2x
2

– 5x + 2 = 2x
2
– 8x – 10 + 3(x + 4).
Bài 29
2
4
28 27
2 27 24 1 6
32
x x x    

Ta biến đổi trong căn bậc hai về có lượng giống nhau là 9x + 4 nên đặt t = 9x + 4, ta được
22
4
33
2 4 1 4 4 1 6
3 2 3 2
y y y y
y       

Áp dụn BĐT Côsi có
22
22
6
6;
2
4 4 2 4 4( 4) ( 2) ( 6) 0
33
y
y

yy
y y y


         

Nên VT  2y + 4  VP, vậy phương trình có nghiệm y = 6, suy ra x
Bài 30
 
2
32
3 2 3 6 0x x x x    

Chuyển vế ta được
 
2
32
2 3 3 6x x x x    
= - (x + 2)
3
+ 9x(x + 2) + 8, đặt y =
2x
ta được phương trình bậc 6 theo y: 2y
3
= - y
6
+ 9y
4
– 18y
2

+ 8, chia hai vế cho y
3
,
ta được phương trình và đặt t =
2
y
y

, giải có t suy ra y và x.
Bài 31
13 1 9 1 16x x x   

Ta nhận thấy phương trình này có hai căn và không liên quan ì với nhau, nên đặt hai ẩn
phụ
1; 1a x b x   

Ta có hệ
22
22
13 9 8( )
2
a b b a
ba


  








Rút a
2
và a theo b thế vào phương trình
Bài 32
22
1 1 (1 2 1 )x x x    

10

Ta nhận thấy, trong bài này chỉ xuất hiện căn bậc hai của 1 – x
2
nên ta đặt t =
2
1 x

Khi đó rút x theo a, suy ra 1 – x
2
= , mà 1 – x
2
lại là a
2
nên ta có phương trình theo a
và giải, suy ra x.
Bài 33
 
2 3 3 2
1 1 (1 ) (1 ) 2 1x x x x       

Điều kiện:
Đặt
1 ; 1a x b x   
, khi đó có phương trình
  
 
  
 
33
2
1 ( ) 2
1 2 2
20
11
2 2a 1 1,
1 2 0, 0
ab a b ab
ab a b ab ab
ab
a b ab
b ab a b
ab x
   
     








  


    
   

,
Bài 34
   
 
2
33
2
21
1 1 1 1
3
3
x
x x x

      

Điều kiện
Đặt
1 ; 1a x b x   

33
2

1 ( )
33
2
1 ( )( 2)
3
2
3 1 ( ) 1
ab
ab b a
ab
ab b a ab
ab
ab b a
   

    







  



Bình phương hai vế hai vế, giải
Bài 35
3

3
6 6x 4 4 0x    

Đặt y =
3
6 6x 4
, đưa về hệ
3
3
64
64
xy
yx









, lấy (1) – (2) và giải ta được x.
Bài 36
3
3
1 3 3 1xx  

Đặt y =
3

31x
, đưa về hệ phương trình theo x, y giải như bài trên
11

Bài 37
 
23
3
2 3 2 3 8x x x   

Ta phân tích x
3
+ 8 = (x + 2)(x
2
– 2x +4) và x
2
– 3x + 2 = x
2
– 2x + 4 – (x + 2), nên đặt
2
2 4; 2a x x b x    
, khi đó ta phương trình
3ab = 2(a
2
– b
2
)
Đặt b = at, giải có t và có x
Bài 38
2

6
3
3
1 1 1x x x    

Ta nhận thấy x
2
– 1 = (x + 1)(x – 1) nên đặt
6
6
1; 1a x b x   
, khi đó có a
2
– b
2
= ab,
giải có a, b và suy ra x.
Bài 39
2 3 3 2
4
4 4 4
(1 ) (1 ) 1 (1 )x x x x x x x x        

Ta nhận thấy chủ yếu trong bài này là
44
;1xx
nên đặt
44
;1a x b x  
, khi đó có

a
2
+ ab
2
+ b
3
= b
2
+ a
2
b + a
3
, tới đây ta đặt nhân tử chung và đưa về dạn phương trình tích
(a – b) (a + b) (a + b – 1) = 0
Giải phương trình a + b = 1, bằng cách mũ 4 hai vế
Bài 40
3
3
8 4 6 1 1 0x x x    

Ta thử đặt ẩn phụ
3
61yx
, khi đó có hệ
3
3
61
8 4 1
yx
y x x







  


, lấy (1) – (2) ta được
phương trình tích (x – 2y)(4x
2
+ 2xy + y
2
+ 1) = 0  x = 2y, giải có x.
Bài 41
3 2 2
(3 2) 2 2 2 3 0x x x x x       

Ta nhận thấy trong bài tập này xuất hiện
2
2x 
ngoài ra không có căn nào khác, do đó ta
đặt y =
2
2x 
. Đưa về phương trình y
2
– (x + 2)y + 3x – 3 = 0
Xem phương trình trên là phương trình ẩn y và x là tham số, lập  và giải có y theo x, giải

có x
Bài 42
2 2 2 3
2 1 6 9 6 ( 1)(9 ) 38 10 2x x x x x x x         
,
Ta nhận thấy trong phương trình này có hai yếu tố là
2
1; 9a x b x   
, nên đặt ẩn
phụ và đưa về phương trình
2a + 6b + 6ab = b
2
(a
2
+ 1) + a
2
+ 19
 a
2
b
2
– 6ab + 9 + a
2
– 2a +1 + b
2
– 6b + 9 = 0
 (9ab – 3)
2
+ (a – 1)
2

+ (b – 3)
2
= 0
12

Dùng tính chất của HĐT đưa về hệ và giải có a, b suy ra x.
Bài 43
 
 
2
(2004 1 1x x x   

Ta nhận thấy trong bài này có một căn bậc hai, thử đặt
2
1 1 , 0a x x a a     

Ta được phương trình
a
4
– 2a
2
+ 1 = (2005 –a
2
)(1 – 2a + a
2
)
 (a – 1)
2
(2a
2

+ 2a – 2004) = 0
Giải có a và x.
Bài 44
2
35
12
1
x
x
x



Nếu x < -1 thì phương trình vô nghiệm, nên ta chỉ xét x > 1. Trong bài này, ta thấy xuất
hiện căn bậc hai dưới mẫu, nếu ta quy đồng mẫu thì ra kết quả không được đẹp, từ đó gây
khó khăn cho việc giải tiếp theo. Nếu ta đặt
1
y
x

, y  (0; 1) thì bài tập có thể làm mất
mẫu:
22
2
1 1 35 35
11
12 12
1
y y y y
y

y
      


Đặt t =
2
1 (0; 3)yy  
, ta được phương trình 35t
2
– 24t – 35 = 0
Phương trình này có hai nghiệm t = 7/5; t = -5/7 (loại). Giải lại có được y suy ra x.
Bài 45
2 2 2
(3 2) 2 2 1 0x x x x      

Trong bài này, xuất hiện căn bậc hai của x
2
+ 2, bên cạnh đó còn có x. Do đó ta đặt
2
2yx
, sau đó cố gắng biến đổi theo y, còn x ta xem như là tham số. Ta được
phương trình
y
2
– (x + 2)y + 3x – 3 = 0
lập  và đưa ra hai nghiệm y theo x, xét dấu  và đưa ra phương trình theo x để giải.
Bài 46
22
( 3 2 ) 1 3 2x x x x   

Điều kiện, đặt x = xcost, t  [0; ], ta được phương trình
Cách 2, ta biến đổi, đặt nhân tử chung đưa về phương trình tích
 
2
( 3 2 ) 1 0x x x   

Giải có x
13

Bài 47
2 2 2 2 2 3 2
1 1 1 1 1
2 2 3 3 1
4 4 4 4 4
x x x x x x x x x              

Bài 48
32
4 3 1x x x  

Ấn tượng nhất trong bài này là
2
1 x
, hơn nữa ta lại có 4x
3
– 3x cho cảm giác về công
thức cos3x = 4cos
3
x – 3 cosx, nên ta đặt x = cost, t  [0; ].
Ta được phương trình cos3t = |sint| = sint, giải có t và tìm x.

Bài 49
 
22
1 1 1 2 1x x x    

Ta nhận thấy, trong bài xuất hiện 1 – x
2
trong căn bậc hai. Từ đó đặt x = cost, t [0; ]
Khi đó có phương trình
 
 
22
1 1 os cos 1 2 1 os
1 sin cos 1 2sint
c t t c t
tt
    
   

Bình phương hai vế ta được
1 + sint = cos
2
t (1 + 4sint + 4sin
2
t)
(1 + sint) = (1 + sint)(1 – sint)(1 + 4sint + 4sin
2
t)
1 + sint = 0 hoặc 4sin
3

t – 3sint = 0
Từ đó giải có t, suy ra x
Bài 50
22
1
1 1 2
2
x x x   

Điều kiện, đặt x = cost, t  [0; ].
Sử dụng công thức nhân đôi, đưa về sin2t, giải có t và có x.
Bài 51
55xxxx    

Điều kiện
X = 30 là một nghiệm
Chứng minh x  30 không phải là nghiệm
Liên hợp
14

Bài 52
2
2
12
1
x x x
xx




Điều kiện
   
 
2
22
2
22
2
23
22
12
(1 ) (1 )
1
(1 ) 1 (2 )
1 1 2 0
(1 2 ) 1 4
0
1 1 2
21
1 2 0
1 1 2
1
2
x x x
x x x x
xx
x x x x x
x x x x x x
x x x x

x x x x x
x x x
x
x x x x x
x

  

    
      
  
  
   





   




   



Bài 53
2
2 4 2 5 1x x x x     

Điều kiện
2
2 1 4 1 2 5 3
33
( 3)(2 1)
2 1 4 1
3
11
(2 1)( )
2 1 4 1
x x x x
xx
xx
xx
x
x VN
xx
       

   
   





  

   



Bài 54
2 2 2
1 1 2x x x x x x       

2
2 2 2
22
2
2
11
22
1 1 1 1
2
11
2
( 1) 0
1 1 1 1
1
xx
x x x x x x
x x x x
xx
xx
xx
xx
x x x x
x
  

        
  
   
  





    







     


Bài 55
2 2 2
2 3 2 1 3 3x x x x x x      

Điều kiện
15

 
2 2 2
2

22
22
2 1 2 1 1 3 3 1
( 1)(2 1) ( 1)
( 1)
2 1 1 3 3 1
2 1 1
1 1 0
2 1 1 3 3 1
1
x x x x x x
x x x x
x
x x x x
xx
xx
x x x x
x
        
  
   
    





     








    


Bài 56
42 60
6
57xx



Điều kiện
42 60
3 3 0
57
42 60
99
57
0
42 60
33
57
11
(9 3) 0
42 60
(5 ) 3 (7 ) 3

57
1
3
xx
xx
xx
x
xx
xx
x
   


















  





   







   











   



Bài viết xin kết thúc tại đây, xin cám ơn các bạn đã đọc bài viết này, chúc các bạn sức
khỏe, thành đạt và học thật giỏi.

An Nhơn 3, ngày 20 tháng 3 năm 2013
Ths. Nguyễn Công Nhàn