Kỹ thuật F-tik - VNC Team

KỸ THUẬT ÉP TÍCH
LÂM MINH
CASIOer Team 2016

1

CÁC KỸ THUẬT F-TIK

Đây hầu hết là các kỹ thuật đã được công khai trên mạng, vì phương pháp này tới giờ đã quá phổ biến và có nhiều
người nghiên cứu, do đó tôi chỉ nói vắn tắt, việc cụ thể hóa nó trong mỗi bài toán mời các bạn xem phần giải các bài
tập mẫu.

1.1

Liên hợp ngược

Đây là kỹ thuật F-tik phổ biến nhất, việc thực hiện cũng rất đơn giản, trị được mọi PT 1 căn thức dạng:
u(x) + v(x) f (x) = 0
(Tất nhiên là phải tìm được nhân tử).
Đối với PT nhiều căn hơn, chẳng hạn dạng:
u(x) + p(x) f (x) + q(x) g(x) + r(x) f (x)g(x) = 0
chỉ phức tạp hơn 1 chút vì ta có nhiều sự lựa chọn khi liên hợp ngược, nhưng luyện tập nhiều rồi sẽ quen và lựa được
con đường biến đổi đơn giản nhất.

1.2

Chia biểu thức chứa căn

Đây là kỹ thuật đặc trưng của CASIO, hiếm khi ta phải đụng đến giấy bút, và kiểu gì thì cuối cùng cũng là để hỗ trợ
cho việc chia trên máy càng nhanh càng tốt.
Hiện có 3 cách chính để chia căn, đó là:

1. Áp dụng CT đổi dấu trước căn của Bùi Thế Việt. Xem tại đây:
/>Phương pháp này rất hay, nhưng chưa được mạnh lắm vì đôi khi việc gán giá trị X không thực hiện được do
tập xác định của x không như mong muốn, trong trường hợp đó các bạn có thể áp dụng ý tưởng sau:
/>2. Áp dụng CT số phức của Đỗ Hoàng Việt. Xem tại đây:
/>3. Sử dụng đồng nhất hệ số bằng cách thay giá trị x thích hợp vào căn (cái này chắc ai cũng biết rồi!). Có thể phải
kết hợp cả giấy nháp để hỗ trợ máy tìm hệ số.
Việc chia biểu thức chứa 3 f (x) (bậc lẻ nói chung) hiện nay bằng CASIO là khá khó, nếu PT chỉ chứa 1 căn bậc 3,
phương pháp sử dụng CT số phức của ĐH.Việt có thể khả thi, vì trong CT đó ta thay toàn bộ 3 f (x) bằng i và không
cần quan tâm đến giá trị của nó. Tuy nhiên khi gặp 3 f (x), hướng đi mà nhiều người nghĩ đến nhất sẽ là đặt ẩn phụ.

1


1.3

Đặt 1 ẩn phụ

1. Đặt hoàn toàn
√
Trước hết, ta thấy kỹ thuật này rất khả dụng đối với PT chứa căn của nhị thức bậc nhất: n ax + b, còn
nếu là đa thức bậc cao hơn thì phải xem các thứ bên ngoài căn có may mắn rơi vào trường hợp "đẹp" không
mới có thể đặt được.
Ngoài việc làm giảm bớt 1 căn khi PT chứa nhiều căn, nó còn có thể biến nghiệm
√ x0 từ hữu tỉ (là loại nghiệm
gây khó khăn cho việc tìm nhân tử chính xác nếu chỉ có 1) thành vô tỉ: t0 = n ax0 + b, giúp ta tìm được nhân
tử cho PT ẩn t
2. Đặt không hoàn toàn
Đây chính là phương án gỡ nốt vướng mắc của việc "cố" đặt hoàn toàn, khi trong tất cả các căn đều là
đa thức bậc từ 2 trở lên, bằng việc chấp nhận để lại ẩn x (PT nhiều ẩn).

1.4

Đặt nhiều ẩn phụ

Cũng có 2 loại:
1. Đặt hoàn toàn.
2. Đặt không hoàn toàn.

1.5

Ghép nhân tử

Đây là một kỹ thuật không được đảm bảo cho lắm, chủ yếu là dựa vào việc so sánh bậc của PT ban đầu và bậc của
các nhân tử tìm được và kiểm tra lại độ trùng khớp, do đó đòi hỏi các nhân tử phải rất chính xác, vì vậy nó không
hay được áp dụng.
Câu số 21 trong phần bài tập mẫu chính là 1 câu sử dụng kỹ thuật này, đó là 1 bài F-tik khá kinh điển!
Lưu ý lại rằng bậc của

2

n

f (x), kí hiệu là: deg

n

f (x) =

deg f (x)
n

CÁC KỸ THUẬT TÌM NHÂN TỬ

Việc tìm nhân tử luôn đóng vai trò quan trọng nhất trong việc F-tik, nhưng đôi khi cũng không đơn giản để tìm được
nhân tử, nhất là khi nghiệm có "độ xấu" cao!
Đối với nghiệm hữu tỉ, nếu chỉ có 1 thì khó tìm được nhân tử chính xác, nhưng đổi lại ta có thể Ép PT theo 1
nhân tử bất kì tự chọn vì thế có thể có vô số cách Ép, nói chung loại này hầu như ai cũng đã biết xử lí.
Nhắc lại 1 chút, "nhân tử chính xác" ở đây chính là nhân tử mà khi chia PT đã cho cho nhân tử đó thì nó chia
hết. Nếu không chia hết, thì ta phải nhân thêm PT với 1 biểu thức α(x) nào đó để nó chia hết (như các câu 1, 8, 10,
13, ... trong phần bài tập mẫu). Việc tìm được α(x) này hầu như phải dựa vào liên hợp ngược, ai hay áp dụng liên
hợp ngược để F-tik thì sẽ biết.
Ở đây tôi nhắc lại một số kỹ thuật tìm nhân tử cho nghiệm vô tỉ.

2.1

Các dạng nghiệm có thể tìm được nhân tử

√
1. Dạng nghiệm x = a ± b c
Đây là dạng nghiệm của PT bậc 2 nên việc xuất hiện trong các đề thi Toán là chuyện bình thường. Cách
chuẩn để tìm ra dạng đúng của nó từ dạng "số điện thoại" là Viet đảo, với điều kiện phải tìm được 2 "nghiệm
liên hợp" của PT. 2 nghiệm liên hợp là 2 nghiệm của cùng 1 PT bậc 2 nào đó, nếu PT không cùng chứa 2 nghiệm
này thì ta phải đổi dấu trước căn của PT (căn nào cũng được), để dò ra nghiệm liên hợp còn lại.

2


Dấu hiệu để nhận ra nghiệm có dạng này rất đơn giản, đó là tổng và tích Viet đảo của chúng đều là số
S = 2a
đẹp (hữu tỉ):

P = a2 − b2 c
√
2. Dạng nghiệm x = ± a ± b c
Đây là dạng nghiệm của PT bậc 4, nó cũng có thể ra trong đề thi ĐH nhưng sẽ ít hơn loại trên. Nghĩa là
nếu có ít nhất 1 trong 2 thành phần tổng và tích Viet đảo là số vô tỉ, thì nghiệm có thể rơi vào dạng này, và
√
√
S=±
a+b c+ a−b c
thành phần vô tỉ ấy sẽ luôn có dạng như dạng nghiệm ở trường hợp 1:
√
P = a2 − b2 c
Để dò ra nghiệm dạng này tất nhiên ta phải dò được dạng đúng của thành phần vô tỉ trên, và việc này
thì sử dụng TABLE là tốt nhất.
√ 2
√
Ta thấy, S có thể là hữu tỉ nếu a ± b c = (m ± n c) , mặt khác

√
S 2 = 2a + 2 a2 − b2 c = 2(a + P )
P 2 = a2 − b2 c

Vậy nếu thấy P 2 hữu tỉ thì chắc chắn là dạng này rồi.
√
√
3. Dạng nghiệm x = a + b c ± d ± e c
Dạng này cũng là của PT bậc 4, mở rộng của dạng trên, nhưng chưa thấy ra trong đề thi bao giờ, chủ yếu
là dành cho những kẻ thích nghiên cứu về F-tik hoặc giải PT đa thức.

√

S


√
a + b c =


S = 2 (a + b c)
2
2
Tổng quát ta có:
⇔
√
√
√
S

P = (a + b c)2 − (d ± e c) =
2
−d∓e c


d ± e√c = S − P
4
4
2
2
Vậy dạng này cả S lẫn P đều là số vô tỉ, tuy nhiên việc tìm ra chúng có thể làm được bằng TABLE.
Nói thêm 1 chút, đối với PT bậc 2 thì ta chỉ cần thu được 1 nghiệm là mò ra được PT bậc đó, vậy nếu
chỉ biết 2 nghiệm dạng trên của PT bậc 4 liệu có tìm ra được PT đó?

Xét 2 trường hợp:
√
√
x1 = a + b c + d + e c
√
√
(a) 2 nghiệm biết được là
x2 = a + b c − d + e c

√
S1 = 2 (a + b c)
2
Ta có:
P1 = (a + b√c)2 − (d + e√c) = S1 − d − e√c
4
2 chứa 2 nghiệm này, nghĩa là biết được 2 số e và c

nên sử dụng TABLE sẽ mò được nhân tử bậc


√
S2 = S1
d−e c
2
√ có
 P2 = S 1 − d + e √ c
d−e c
4
Vậy ta có thể tìm được cả 2 nhân tử bậc 2, nghĩa là tìm được PT bậc 4 ban đầu.
√

√
x =a+b c+ d+e c
√
√
(b) 2 nghiệm biết được là 1
x2 = a + b c + d − e c
√
√
√
S1 = 2 (a + b c) + d + e c + d − e c
√
√
√
√
Ta có:
P1 = a + b c + d + e c a + b c + d − e c
√
x3 = a + b c +
√
Mặt khác 2 nghiệm còn lại là
x4 = a + b c −

⇒ (P2 − P1 )2 = 4e2 c

Rõ ràng biết 2 nghiệm như này vẫn rất khó tìm được PT bậc 4 gốc.
Nếu cho a = b = 0 thì ta được dạng nghiệm đã đề cập:
⇒ S12 = 2(d + P1 ) ⇔ d =

S12
− P1 ⇒ e2 c = d2 − P12

2

Nhân tử còn lại ứng với

S2 = −S1
P2 = P1

√
d ± e c, lúc này

, như vậy là xong!

3

√
S1 = d + e c +
√
P1 = d2 − e2 c

√
d−e c


Đây chỉ là nói thêm để các bạn nghiên cứu, chứ trong thực tế nếu mò được cả 4 nghiệm căn trong căn như trên
thì ta sẽ dùng Viet bậc 4 chứ không chơi kiểu tìm từng nhân tử bậc 2 như trên.
Nhược điểm chung của cả 3 dạng nghiệm vô tỉ này chính là không thể mò ra được dạng đúng của nó nếu không có đủ
2 nghiệm liên hợp.
Ngoài ra còn có nghiệm dạng lượng giác, hiện tại chưa có kỹ thuật CASIO để mò ra dạng này, và nó thường xuất hiện
trong đề thi HSG nhưng hầu như phải lượng giác hóa PT ngay từ đầu.

2.2

Cách sử dụng TABLE

Muốn sử dụng tốt TABLE thì cần phải biết linh hoạt, thay đổi biểu thức f (X) nhập vào tùy từng tình huống.
VD khi tìm PT bậc 2 chứa nghiệm vô tỉ nào đó của PT ban đầu đã lưu vào A, ta có 3 cách nhập trong TABLE:
αA2 + X
αA + X
, trong đó α là hệ số nguyên ta tự điều chỉnh trong một
f (X) = αA2 + XA; f (X) =
, hoặc f (X) =
A
A2
khoảng nhỏ như [1; 5]
Nếu tại giá trị X0 nào đó ta thu được f (X0 ) là số hữu tỉ, khi đó ứng với từng cách nhập trên, PT bậc 2 thu
được lần lượt là: αA2 + X0 A − f (X0 ) = 0; αA2 − f (X0 )A + X0 = 0 hoặc f (X0 )A2 − αA − X0 = 0
Việc tìm nghiệm này thực chất không ứng dụng được gì mấy cho việc tìm nhân tử PT vô tỉ, mặt khác đối với
PT đa thức thì ta luôn có 2 nghiệm liên hợp nên sẽ dùng Viet đảo thay vì TABLE. Đôi khi, cũng có thể từ nhân
tử dạng PT bậc 2 để suy ra nhân tử chứa căn của PT vô tỉ, nhưng hầu hết không mấy khi làm thế, thay vào đó từ
nghiệm A ta tìm trực tiếp nhân tử chứa căn luôn.
Các bạn đã biết 2 cách nhập thông dụng sau đây: f (X) = α
dùng để tìm những nhân tử có dạng tương ứng α
có cách tổng quát để tìm 2 dạng:

α

f (A) + XA và f (X) = α

f (x) + ax + b và α
2

f (x) + ax + bx + c

và

α

f (x) + a

f (x) + a

f (A) + X

g(A), được

g(x) + b , nhưng hiện vẫn chưa

g(x) + bx + c , đây cũng là 2 dạng

dễ gặp khi F-tik. Nói chung, TABLE chỉ có thể tìm được những biểu thức mà trong đó có nhiều nhất là 3 hệ số cần tìm.
Nhân tử α

f (x) + ax2 + bx + c là phù hợp nhất với dạng nghiệm căn trong căn (vì khi liên hợp thu được PT bậc

4, với deg f (x) ≤ 4), hiện tại ta có thể sử dụng TABLE với f (X) = α f (A) + βA2 + XA để tìm nhân tử này, trong
đó phần lớn là β = 1, do đó chỉ cần chỉnh α ∈ [1; 5] như các dạng khác.
Tương tự, để tìm nhân tử dạng α

f (x) + a

g(x) + bx + c cũng có thể nhập f (X) = α

f (A) + β

g(A) + XA

Thầy Võ Trọng Trí từng có xây dựng 1 công thức để chống việc mò mẫm số α như trên, nhưng hình như nó hơi
phức tạp, hơn nữa đặt vào tình huống thực tế thì cách chỉnh α đơn giản như trên vẫn chiếm xác suất thành công đến
70%
TABLE còn có tác dụng kiểm tra xem nghiệm của PT F (x) = 0 có bội mấy: nếu PT F (k−1) (x) = 0 có nghiệm
kép x0 , thì x0 chính là nghiệm bội k của PT ban đầu, do đó ta có thể tính F (k−1) (x) rồi sử dụng TABLE.

2.3

Nhân tử cho nghiệm bội

Nghiệm bội được kiểm tra bằng đạo hàm và nhân tử của nó cũng được tìm ra bởi đạo hàm, công thức tổng quát để
−−−−→
f (i) (x0 ) = 0 i = 0, k − 1
kiểm tra xem PT F (x) = 0 chứa nghiệm x0 bội k bằng bao nhiêu là:
f (k) (x0 ) = 0
Như vậy nghiệm bội k thì ta phải đạo hàm PT bằng tay k − 1 lần mới có thể kiểm tra được.

−−−−→
F (x)


lim
= 0 i = 1, k − 1


i

x→x
(x
−
x
)
0

0
Ngoài ra, có thể kiểm tra bằng TABLE như mục trên hoặc dùng CT giới hạn:


F (x)


 lim
=0
x→x0 (x − x0 )k
Nghiệm kép thì nhân tử là α
α

f (x) + ax + b hoặc α

f (x) + ax2 + bx + c hoặc α

f (x) + a

f (x) + a

g(x) + b , bội 3 thì nhân tử là

g(x) + bx + c , hầu như ai cũng biết tìm mấy dạng này qua việc giải

4


−−−−→
hệ F (i) (x0 ) = 0 i = 0, k − 1 rồi, nên không có gì phải bàn thêm.

2.4

Nhân tử vô nghiệm

Việc F-tik PT vô nghiệm hiện nay chưa thể dựa vào tìm nhân tử (vì có nghiệm quái đâu mà tìm!), trừ phi nó là dạng
đã có sẵn công thức Ép. Tuy nhiên, cũng có một số nguyên tắc có thể Ép được PT vô nghiệm, chẳng hạn bài 4, 12
trong phần bài tập mẫu.
Đó chính là đặt ẩn phụ, việc đặt ẩn phụ ngoài tác dụng giảm căn, còn có thể biến PT từ vô nghiệm thành có
nghiệm, và điều đó chỉ có thể xảy ra nếu cái căn được đặt bằng ẩn phụ phải chứa một phần điều kiện của PT gốc, thì
khi đặt ẩn điều kiện cũ có thể được phá bỏ trong PT mới. Có thể xem như là khoảng xác định đã mở rộng và có thể
thu được nghiệm.
Chẳng hạn sau khi đặt 2 ẩn phụ, PT vô tỉ ban đầu được chuyển thành PT đa thức 2 ẩn, việc F-tik PT đa thức
là không còn gì phải bàn (nếu không thể Ép được thì chứng tỏ PT đầu không F-tik được, chứ không phải tại kỹ thuật
sai).
Ngoài ra, đổi dấu trước căn rồi F-tik cũng là 1 giải pháp, khi đó dấu của căn được đổi cũng phải ngược lại trong PT
sau khi đã F-tik. Và PT sau khi đổi dấu có thể sẽ có nghiệm, ta chỉ cần F-tik nó rồi đổi lại dấu của căn tương ứng là
được kết quả F-tik cho PT ban đầu. Lưu ý bước kiểm tra lại bằng CALC.

2.5

Một số kinh nghiệm khác

Nhìn chung về lý thuyết thì chỉ có bấy nhiêu phía trên thôi, muốn có được kinh nghiệm cần phải luyện tập nhiều. Sau
đây là một số kinh nghiệm của tôi khi xử lí số vô tỉ:
1. Lũy thừa lên. Ngay trong mục 2.1 đã cho thấy các bạn cần phải thử phép bình phương số vô tỉ thu được để
xem có dò được dạng đẹp hay không.
2. Nhìn phần thập phân đoán
√ dạng.
√ Các bạn có thể lập hẳn 1 bảng riêng ra giấy liệt kê phần thập phân của một
2
3
số số vô tỉ hay gặp như
;
; ..., trong quá trình làm thỉnh thoảng tra bảng và bổ sung, như vậy sẽ cảm
2
2
thấy quen thuộc hơn đối với nhiều số xấu.
3. Tìm sự liên quan và thử các phép tính cộng trừ nhân chia. Mỗi số vô tỉ mới nhận được hầu như đều liên quan
đến những số trước đó, vì vậy hãy thử đem những số đã biết cộng trừ nhân chia với số mới này, kết hợp với 2
kinh nghiệm trên để dò ra dạng đúng.

3

BÀI TẬP GIẢI MẪU

Các bài này tôi lấy chủ yếu trên diễn đàn k2pi, một số bài trong các group về CASIO trên Facebook, còn lại là trên
zuni.vn, và tự giải theo cách của mình. Cách chi tiết ở đây là F-tik, ngoài ra còn có thể có thêm nhiều cách khác.
Không biết sẽ còn bao nhiêu lần cập nhật nữa mới được 1 tài liệu hoàn chỉnh cho 99er học về F-tik, tôi sẽ thường
xuyên cập nhật lời giải full cho các bạn khi có thời gian, link download thì vẫn cố định thôi:
/>3x − 1

BÀI 1. 2x − 3 + √
=0
3 − 2x2 + 2 − x
√
6
ĐK: |x| ≤
2
F-tik không phải chỗ chơi cho phân thức, vì thế trước hết ta quy đồng lên:
√
PT ⇔ 2x2 − 10x + 7 − (2x − 3) 3 − 2x2 = 0
Dễ thấy nghiệm đơn x = 1, như vậy có thể tạo vô số nhân tử, chọn luôn cái đơn giản nhất là 1 −
và tiến hành LHN (liên hợp ngược):
PT ⇔ 2x2 − 12x + 10 + (2x − 3) 1 −

√

3 − 2x2 = 0

5

√

3 − 2x2


√
√
Ta có: 1 − 3 − 2x2 1 + 3 − 2x2
thêm PT với (x + 1) mới LHN được:

= 2(x − 1)(x + 1), mà 2x2 − 12x + 10 = 2(x − 1)(x − 5), vậy cần nhân

PT ⇔ (x + 1)(2x2 − 12x + 10) + (x + 1)(2x − 3) 1 −
⇔ (x − 5) 1 −
⇔ 1−

√

√

3 − 2x2

3 − 2x2

1+

√

√

3 − 2x2 = 0

3 − 2x2 + (x + 1)(2x − 3) 1 −

√

3 − 2x2 = 0

√
√

2x2 − 8 + (x − 5) 3 − 2x2 = 0 ⇔ 3 − 2x2 − 1 = 0 ⇔ x = 1
√

√

2

Dễ thấy 2x − 8 + (x − 5) 3 −

2x2

√
6
6
< 0 ∀x ∈ −
;
2
2

Cách khác: liên hợp và bình phương cũng rất đơn giản.
Bình luận: trong PT thì việc nhân thêm như vậy không có gì đáng nói, nhưng vì có vô số cách để nhân thêm,
do đó nếu bài toán không phải PT mà là BPT thì ta cần lựa biểu thức nhân thêm nào không đổi dấu trong TXĐ của
x, như vậy đỡ phải đánh giá cái biểu thức nhân thêm, vì mục tiêu chính của ta là F-tik.

BÀI 2. 8x2 + 3x − 4 + 4x2 + x − 2

√
x+4=0

ĐK: x ≥ −4

X = −0, 8827822185
Solve được 2 nghiệm đơn vô tỉ, không phải 2 nghiệm liên hợp:
. Do đó sử dụng TABLE tìm
X = 0, 5687293044
√
√
được 2 nhân tử là 2x + x + 4 và 2x + 1 − x + 4
Chia căn được nhân tử còn lại là 2 +

Vậy: PT ⇔ 2 +

√

x+4

2x +

√

√

x+4

x+4



1−

√

65
x=

8
√

⇔
2x + 1 − x + 4 = 0 ⇔ 
√
√

2x + 1 − x + 4 = 0
−3 + 57
x=
8


2x +

√

x+4=0

Cách khác: bình phương.

BÀI 3. 6x3 + 15x2 + x + 1 −

X
Ta tìm được 3 nghiệm đơn:  X

X
√
và 2x + 2 + x2 − x + 1

3x2 + 9x + 1

√
x2 − x + 1 = 0

= 0, 4342585459
√
= −2, 618033989 , trong đó 2 nghiệm vô tỉ thuộc 2 nhân tử 2x − x2 − x + 1
=0

√
6X 3 + 15X 2 + X + 1 − 3X 2 + 9X + 1 X 2 − X + 1
√
√
Tiến hành chia căn:
2X − X 2 − X + 1 2X + 2 + X 2 − X + 1
√
√
Cho X = −1 được −1 − 3, cho tiếp X = 1000 rồi tính Ans + X 2 − X + 1 = 2001 = 2X + 1. Vậy:
√

x2 − x + 1

√

x2 − x + 1 2x + 1 −

√

−1 + 13
√

2x − x2 − x + 1 = 0
x =
6




√
√

2
⇔
3+ 5
 2x + 2 + x − x + 1 = 0 ⇔ 

x
=
−


2
√

2x + 1 − x2 − x + 1 = 0
x=0

PT ⇔ 2x −

2x + 2 +

√

x2 − x + 1 = 0

Cách khác: bình phương.
Bình luận: nếu trong việc chia căn trên, các bạn áp dụng CT của BT.Việt thì mặc dù phương pháp đó luôn
6


thành công (khi có ý tưởng của Hoàng Xuân Tuyển), nhưng trường hợp này sẽ lâu hơn đồng nhất hệ số, do đó tốt
nhất hãy thử đồng nhất trước (quen rồi thì việc thử giá trị nguyên sẽ nhanh thôi), không được hãy gán 1000
√
√
BÀI 4. (x + 2) x2 − 2x + 4 = (x − 1) x2 + 4x + 7
ĐK:

x ≤ −2
x≥1

Bài này rất thú vị ở chỗ nó vô nghiệm, không sao, có cách xử lí dễ dàng.
√
x2 − 2x + 4 = a ≥ 0
1
1
√

, PT trở thành: a(b2 − a2 + 9) = b(b2 − a2 − 9), và ta dễ dàng phân tích:
Đặt
6
6
x2 + 4x + 7 = b ≥ 0
1
PT ⇔ (a + b)(a − b + 3)(a − b − 3) = 0
6
√
√
√
√
√
1 √ 2
⇒
x − 2x + 4 + x2 + 4x + 7
x2 − 2x + 4 − x2 + 4x + 7 + 3
x2 − 2x + 4 − x2 + 4x + 7 − 3 = 0
6
1
Ngoài ra, ta có thể đổi dấu trước căn, được PT có nghiệm − , suy ra nhân tử của PT đổi dấu là
2 √
√
√
√
x2 − 2x + 4 − x2 + 4x + 7 , do đó PT ban đầu có nhân tử
x2 − 2x + 4 + x2 + 4x + 7
Cách khác: bình phương, hoặc đánh giá bằng hàm số như sau:
(x − 1)2 + 3
(x + 2)2 + 3

=
x−1
x+2
√
2
t +3
Xét hàm f (t) =
nghịch biến, do đó với x − 1 < x + 2 ⇒ f (x − 1) > f (x + 2) ⇒ PT đã cho vô nghiệm.
t
PT ⇔

Bình luận: thực ra trong bài thi tôi dám cá sẽ không đến 1% số người nghĩ đến việc F-tik PT vô nghiệm, thứ
nhất là điều đó không chắc chắn sẽ làm được, thứ 2 là hầu hết sẽ có phương pháp khác nhanh hơn F-tik để xử PTVN.
Ngay cả việc quyết định F-tik trong phòng thi thì đó cũng chỉ là bài Ép dễ dàng mà thôi. Nói tóm lại, việc F-tik
PTVN hay những bài có nghiệm khủng chỉ làm ở nhà, dùng để "giải trí" hoặc đánh đố nhau cho vui! Còn đi thi thì
chỉ có liên hợp, hàm số hoặc bình phương là ổn.

BÀI 5. x3 + 22x2 − 11x − 6 x2 + 2x − 1
ĐK: x ≥

√
2x − 1 = 0

1
2

Tương tự bài 2, 3:

PT ⇔ x −

√

2x − 1

√
x − 2 2x − 1



√
x=1
x − 2x − 1 = 0




√
√
√

x − 3 2x − 1 = 0 ⇔ 
x − 2 2x − 1 = 0 ⇔ x = 4 ± 2 3


√
√
x − 3 2x − 1 = 0
x=9±6 2

Cách khác: bình phương.

2
2
9
+
=
√
√
x + 11
3+ x+2
3 + −5x − 1
1
ĐK: −2 ≤ x ≤ −
5
√
√
2 nghiệm −2; −1 thì sẽ tìm được nhân tử
x + 2 + −5x − 1 − 3
BÀI 6.

√
√
PT ⇔ 12x + 51 + (2x − 5) x + 2 + (2x − 5) −5x − 1 − 9

(−5x − 1)(x + 2) = 0

Bây giờ ta chia căn, phương pháp đồng nhất hệ số hay CT số phức của Việt Kynl đều thất bại! Do đó ta sẽ
dùng U − V − W − T của BT.Việt kết hợp với ý tưởng của Hoàng Xuân Tuyển.

7

Vào MODE 2 (số phức), tính giá trị phép chia tại X = 1000 được kết quả 136, 0522278 − 100, 7236318i → A
Đổi dấu trước
Đổi dấu trước

√
√

X + 2 được 2123, 944726 − 318, 2298697i → B
−5X − 1 được 1839, 055274 + 318, 2298697i → C

Đổi dấu trước cả 2 căn được 2123, 944726 + 318, 2298697i → D
9
3963
4X − 37
A+C −B−D
A+B+C +D
√
=−
=
=
;V =
4
2
2
2
4 X +2
A+B−C −D
9
A+D−B−C

√
W =
=− ;T =
=0
2
4 −5X − 1
4 (X + 2)(−5X − 1)
√
√
√
√
√
1 √
x = −2
PT ⇔
x + 2 + −5x − 1 − 3 4x − 37 − 9 x + 2 − 9 −5x − 1 = 0 ⇔ x + 2 + −5x − 1 − 3 = 0 ⇔
x = −1
2
√
√
1
Rõ ràng 4x − 37 − 9 x + 2 − 9 −5x − 1 < 0 ∀x ∈ −2; −
5
√
x+2=u≥0
⇒ PT: 27u2 + 3v 2 − u(3u2 + v 2 ) − v(3u2 + v 2 ) − 9uv = 0
Cách khác: đặt √
−5x − 1 = v ≥ 0
Vậy: U =

√
√
BÀI 7. 4x2 + (2x − 5) 4x + 2 + 17 = 4x + (2x + 3) 6 − 4x
ĐK: −

3
1
≤x≤
2
2

Dò được nghiệm kép x =

√
√
1
nên dễ dàng tìm ra nhân tử
6 − 4x + 4x + 2 − 4 , mọi thứ còn lại giống như
2

bài 6:
√
√
√
1 √
6 − 4x + 4x + 2 − 4 32 − (2x − 9) 4x + 2 + (2x + 7) 6 − 4x + 4 (4x + 2)(6 − 4x) = 0
4
√
√
1

⇔ 6 − 4x + 4x + 2 − 4 = 0 ⇔ x =
2
√
√
1 3
Rõ ràng 32 − (2x − 9) 4x + 2 + (2x + 7) 6 − 4x + 4 (4x + 2)(6 − 4x) > 0 ∀x ∈ − ;
2 2
PT ⇔

BÀI 8.

√

x+1+

√
√
√
4
x − 1 = x − 1 + x2 − 2x + 3

Xét x = 1 (TM).
Xét x = 1:
3

√
4

3

√
4

PT ⇔

4

(x − 1)

=

4

(x − 1)

√

x−1+1

x−1+1

√

x−1+1

x−1+1

√
√

x+1+

x−1+

√
4
√

x−1

x2 − 2x + 3

√
√
x − 1 + x + 1 + (x − 1) x − 1 +

x=1
√
√
⇔ x2 − 2x + 3 − x + 1 = 0 ⇔ 
x=2

⇔

x2 − 2x + 3 −

√

√

x+1

4

√
√
3
(x − 1) + (x − 1) 4 x − 1 + x2 − 2x + 3

=0

Kinh khủng chưa??? Chờ full nhé! (Không thì tự full cũng dễ thôi mà!).

BÀI 9. x3 + 8 = 3x2 + 4

√
3

x+2

√
Có tới 5 nghiệm: x = −2; x = −1; x = 6; x = −2 ± 2 2 nên dễ dàng tìm được nhân tử, trước tiên nên tìm
nhân tử cho nghiệm vô tỉ trước.
√
Dễ thấy 2 nghiệm vô tỉ có chung nhân tử là x + 2 − 2 3 x + 2 , nhân tử này lại chứa luôn cả nghiệm −2, vậy
8


√
nếu cho rằng 2 nghiệm còn lại thuộc cùng 1 nhân tử thì dùng hệ bậc nhất dễ dàng tìm ra nó là x + 8 − 7 3 x + 2

PT đã cho có bậc√3, 2 nhân tử tìm được đều bậc 1, vậy phải còn nhân tử thứ 3 vô nghiệm cũng bậc nhất, nghĩa là
dạng ax + b + c 3 x + 2
√
Nhưng nếu vậy thì nhân tử cần tìm không thể vô nghiệm được bởi vì ax + b + c 3 x + 2 = 0 ⇔ (ax + b)3 = −c3 (x + 2),
đây là PT bậc 3 (nếu a = 0) hoặc bậc nhất (nếu a = 0) nên luôn có ít nhất 1 nghiệm thực.
Vậy 2 nghiệm −1 và 6 phải thuộc 2 nhân tử khác nhau, giả sử sau khi F-tik PT là:
√
√
√
a1 x + b1 + c1 3 x + 2 a2 x + b2 + c2 3 x + 2 x + 2 − 2 3 x + 2 = 0
Khi đó khai triển ra ta sẽ được hệ số bậc 3 là a1 a2 = 1, vậy chọn a1 = a2 = 1 cho đẹp, đồng thời thay nghiệm vào suy
ra b1 = 1 − c1 , b2 = −2c2 − 6, vậy ta được:
√
√
√
x3 + 8 − 3x2 + 4 3 x + 2
3
3
√
x + 1 − c1 + c1 x + 2 x − 2c2 − 6 + c2 x + 2 =
x+2−23x+2
√
X 3 + 8 − 3X 2 + 4 3 X + 2
√
Ta đồng nhất hệ số để tìm c1 , c2 : nhập
sau đó cho 2 giá trị X bất kì để lập hệ. Chọn
X +2−23X +2
luôn −10 và −2 cho đẹp.
Thay X = −10 ta được (−9 − 3c1 )(−16 − 4c2 ) = 96 ⇔ (c1 + 3)(c2 + 4) = 8 (1)
√

Nhưng X = −2 không thể thay trực tiếp vì nó là nghiệm của nhân tử x + 2 − 2 3 x + 2 , do đó ta thay X = −2+10−10 ,
thu được (−c1 − 1)(−2c2 − 8) = 8 ⇔ (c1 + 1)(c2 + 4) = 4 (2)
Chia (1) cho (2) thu được c1 = 1 ⇒ c2 = −2. Vậy:


PT ⇔ x +

√
3

x+2

√
x−2−23x+2

√
3


x+2=0
x = −1



√
√
x
3
 =6
x+2−23x+2 =0⇔

x − 2 − 2 x + 2 = 0 ⇔ x = −2

√
√
x = −2 ± 2 2
3
x+2−2 x+2=0
x+

Ok! Bài này nói chung dễ, tuy nhiên không phải cứ bài khó mới hay, thực sự ta có thể F-tik với số nhân tử gấp
đôi ở trên, nghĩa là tới tận 6 nhân tử. Các bạn sẽ thấy cái hay đó nếu khai thác cách F-tik bằng ẩn phụ dưới đây:
√
3
9
7
6
4
3
Đặt 3 x + 2 = t ⇔
√ x = t − 2, PT trở thành t − 3t − 6t + 12t + 12t − 16t = 0, nó có các nghiệm t = 0;
t = 1; t = 2; t = ± 2 nên dễ dàng phân tích thành:
t(t − 1)(t − 2)(t2 − 2)(t4 + 3t3 + 6t2 + 6t + 4) = 0
Đa thức bậc 4 vô nghiệm, ta sẽ thử phân tích nó thành 2 tam thức bậc 2 xem sao. Cách đơn giản nhất là mò bằng
TABLE, vì hệ số bậc 4 và hệ số tự do có số ước rất ít. Ai chưa biết mò như thế nào thì xem tại đây:
/>Gán A = 100 sau đó TABLE nhập f (X) =

A4 + 3A3 + 6A2 + 6A + 4
, cho X chạy trong khoảng [−14; 14] ta không
A2 + XA + 1

tìm được giá trị nguyên nào của f (X)
A4 + 3A3 + 6A2 + 6A + 4
, lần này thu được những 2 giá trị nguyên:
A2 + XA + 2
2
f (1) = 10202 = A + 2A + 2
f (2) = 10102 = A2 + A + 2

Do đó, sửa lại: f (X) =

Vậy: t4 + 3t3 + 6t2 + 6t + 4 = (t2 + 2t + 2)(t2 + t + 2) = (t + 1)2 + 1
Tức là: PT ⇔ t(t − 1)(t − 2)(t2 − 2) (t + 1)2 + 1
PT ⇔

√
3

x+2

√
3

x+2−1

√
3

x+2−2

3

t+

2

1
2

+

7
4

√
3

(x + 2)2 − 2

9

t+

1
2

2

+

7

4

= 0, thay ngược t =

x+2+1

2

+1

√
3

√
3

x + 2 được dãy tích rất đẹp:

x+2+

1
2

2

+

7
4

=0


Cách khác: lập phương 2 vế đưa về PT đa thức bậc 9.
Bình luận: đối với loại bài nhiều nghiệm đẹp thế này, sử dụng ẩn phụ sẽ là cách F-tik triệt để nhất (ra tối đa
số nhân tử). Nói riêng, đối với bài có 3 f (x), vì chia hơi khó, nên dùng ẩn phụ đưa về PT đa thức là hợp lí nhất.

BÀI 10. 3
⇔
⇔
⇔

√
4
√
4
√
4

√
√
√
4
1 + x + 4 1 + 3x = 3 4 1 + 2x + 1

1 + 3x + 1
1 + 2x −

1 + 2x −

BÀI 11.

√
4

√
4

√

1 + 3x + 1

1+x

√
4

√
√
√
3 4 1 + x + 4 1 + 3x = 4 1 + 3x + 1

1 + 2x +

√
4

1+x

√

1 + 2x +

√

1+x −

√

√
4

√
3 4 1 + 2x + 1

1 + 3x + 1

1 + 3x + 1

√

1 + 3x + 1

=0

1+x=0⇔x=0
1

√
3x − 2 2x2 − 5x + 3

√

x−1+

√
2x − 3

3
≤x=2
2
√
√
√
PT ⇔ 16 2x − 3 − x − 1 = 3x − 2 2x2 − 5x + 3

=

√
√
2x − 3 − x − 1 + 2
16(x − 2)

ĐK: −

√

2x − 3 −

√

x−1+2

Ta mò được X = 26 và X = 6, 610958788 → A, nghiệm vô tỉ này nhìn có vẻ không đẹp.
Thực vậy, TABLE với f (X) = αA2 + XA (α ∈ [1; 5]) ta không mò được PT bậc 2 chứa nó.
Khả năng là nghiệm căn trong căn, muốn tìm được cần đổi dấu trước căn để kiếm nghiệm liên hợp của nó:
+ Đổi dấu trước
+ Đổi dấu trước

√
√

2x − 3 được X = 5, 296644362 → B
x − 1 được X = 2 và X = 1, 506790218 → C

+ Đổi dấu trước cả 2 căn được X = 138, 5856066 → D
Trường hợp giữa cũng 1 nguyên 1 vô tỉ như PT ban đầu, ta quan tâm trường hợp này trước, liệu C có là nghiệm liên
hợp với nghiệm của PT đã cho?
√
√
Nhận thấy (AC)2 xấu, như vậy có lẽ là dạng x = a +b c ± d ± e c, về lý thuyết thì S và P của dạng này
√
S = 2 (a + b c)
2
đều có thể tìm được vì chúng có kiểu nghiệm PT bậc 2:
, tuy nhiên ở đây ta sẽ làm như sau:
 P = S − d ∓ e √c
4√





A
+
C
=
76
−
48
A
+
B
+
C
+
D
=
152
2






 (A + C)(B + D) = 1168
 B + D = 76 + 48√2
√
Ta thấy:
⇒

, do đó


ABCD = 7312
AC = 4 93 − 64 2




√


 BD = 4 93 + 64 2
 AC + BD = 744
√
√
√
A + C = 76 − 48 2
A = 38 − 24 2 + 4 139 − 98 2
√
√
√
⇒
AC = 4 93 − 64 2
C = 38 − 24 2 − 4 139 − 98 2
Qua bước giải nghiệm trên tôi muốn nhắc lại về cách giải 1 loại PT bậc 4 mà thôi, chứ dạng đẹp của nó cũng
không giúp ích được gì cho việc tìm nhân tử của PT đề cho! Tìm mấy nghiệm kiểu ấy cũng đáng để làm 1 trò giải trí!
√
√
Ta lấy 2 nghiệm A và C để lập hệ tìm nhân tử dạng a + b 2x − 3 + x − 1 , lưu ý rằng C là nghiệm của PT

đổi dấu nên hệ sẽ là:
√
√
√
√
√
√
√
a + b 2A − 3 + A − 1 = 0
C −1+ A−1
√
√
√
⇒b= √
= −1 ⇒ a = 2C − 3 + C − 1 = −2 + 2 2
a + b 2C − 3 − C − 1 = 0
2C − 3 − 2A − 3
√
√
√
⇒ nhân tử cần tìm:
x − 1 − 2x − 3 − 2 + 2 2

10


√
√
Tương tự, ta có thể sử dụng 2 nghiệm B và D để tìm nhân tử thứ 2 α + β 2x − 3 + x − 1 , lưu ý vì B và
D đều không phải nghiệm của PT đã cho nên nhân tử sẽ tìm là vô nghiệm trong PT ban đầu:

√
√
α − β 2B − 3 + B − 1 = 0
√
√
α − β 2D − 3 − D − 1 = 0
⇒

√

x−1−

√

⇒

β = −1
√
α = −2 − 2 2

√
2x − 3 − 2 − 2 2 là nhân tử vô nghiệm cần tìm.

Nhân tử cuối cùng chứa nghiệm 26 chia căn là xong, các bạn tự chia:
√
√
√
√
√
√

√
2x − 3 − x − 1 − 2 2 − 2 2 + 2x − 3 − x − 1 2 + 2 2 + 2x − 3 − x − 1 = 0
√

x = 26
2x − 3 − x − 1 − 2 = 0


⇔
⇔
√
√
√
√
√
2 − 2 2 + 2x − 3 − x − 1 = 0
x = 38 − 24 2 + 4 139 − 98 2

PT ⇔
√

√

Bình luận: nhờ có CASIO, học sinh ngày càng giải được những PT có nghiệm phức tạp hơn (và đặc biệt chỉ
có tại Việt Nam!). Sau khi đọc câu này các bạn hãy thử full câu số 21 xem sao, cùng 1 loại nghiệm như thế, đó là 1
bài F-tik dễ gây "nhụt chí" cho phần lớn những người có ý định full sau khi đã chiêm ngưỡng 3 cái tích! Và vì thế tôi
đã chọn nó làm ảnh bìa cho group CASIOer: F-tik PT - BPT - HPT Vô Tỷ. Nói thế thôi chứ bài đó dễ lắm!...
1
x3
=x−

BÀI 12. √
x
x3 + 1
ĐK: −1 < x = 0
⇔x=

1−

2

1
x2

x+

1
⇔
x2
√
3√

BÀI 13. x − 3x + 1 +
3
√
√
3− 5
3+ 5
ĐK:
2

2

x+

1
−1
x2

1
+
x2

x+

1
x2

= 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.

x4 + x2 + 1 = 0

√
√
x4 + x2 + 1 − 3x , còn lại LHN giống bài 1 sẽ biết phải nhân thêm gì:
PT có nghiệm kép x = 1 nên nhân tử là
√
√
3
2
2

PT ⇔ (x + 1) x − 3x + 1 +
(x + 1)2 x4 + x2 + 1 = 0
3
√
√
√
√
√
√
√
3
4
2
⇔
x + x + 1 − 3x
3x +
(x + 1)2 + x4 + x2 + 1 = 0 ⇔ x4 + x2 + 1 − 3x = 0 ⇔ x = 1
3
Cách khác: bình phương, liên hợp.
Bình luận:
√
x2 − x − 2 3 2x + 1
BÀI 14. x + 1 ≥
√
3
2x + 1 − 3
√
√
√
√

3
2
x − x + 3 x + 1 − 2 2x + 1 − x + 1 3 2x + 1
√
⇔
≤0
3
2x + 1 − 3
√
√
⇔
x + 1 − 3 2x + 1
√

√
√
√
2
3
4x + 10 + 2(x + 1) 3 2x + 1 + 4 (2x + 1) + x + 1 3 2x + 1 + 1
√
3
2x + 1 − 3
√
√
3
x + 1 − 2x + 1
√
⇔
≤0

3
2x + 1 − 3

11

3+

√
3

2x + 1 +

3

(2x + 1)

2

≤0


3+

BÀI 15.
⇔ 3+

√
3

√

3

7x − 6

7−x
7x − 6

4+

√
⇔ 7 3 7x − 6 + 398
⇔ 4+

√

√

3+x
√
4 + 7 − 3x

=

7 − 3x = (3 + x)(7 − x)

3+

√
3

7x − 6

4+

√

√
7 − 3x = (3 + x)(7 − x) 7 3 7x − 6 + 398

√
√
10 7 − 3x + 7 3 7x − 6 +

7 − 3x

2

3

(7x − 6) − 28

√
√
√
2
3
30x − 217 + 2 3 7x − 6 − 4 (7x − 6) + 7 − 3x 19 + 7 3 7x − 6 +

x = −3
√

√
2
3
⇔ 10 7 − 3x + 7 3 7x − 6 + (7x − 6) − 28 = 0 ⇔ x = 1
x=2
BÀI 16.

√

x2 + x − 1 +

⇔ 5(x + 1)2
⇔

√

√

x2 + x − 1 +

x2 + x − 1 +

√

2

√

x2 + x − 1 +

√

√

x2 + x + 2 −

√

=0

−x2 + x + 1 = x2 − x + 2

√

−x2 + x + 1 = 5(x + 1)2 x2 − x + 2

√

x2 + x − 1 +

√

−x2 + x + 1

√
x2 + 1 + 2 −x4 + 3x2 − 1

√

√

=0

√
x2 − 1 − 1 ≤ 0

x2 + x + 2 − 4x2 + 3x + 5

x2 − 1 − 1

2x2 + x + 2 +

√

x2 + x + 2 −
√

2+2 7
x ≥
3
√
√

2
2
⇔ x +x+2− x −1−1≤0⇔
√

2−2 7
x≤

3

BÀI 18. x +

2

−x2 + x + 1 − x − 1 = 0 ⇔ x = 1

BÀI 17. 4x2 + x − 1
⇔

(7x − 6)

−x2 + x + 1 − x − 1

5(x + 1) + x + 1 +
⇔

√

3

√

x2 − 1 − 2

(x2 − 1) (x2 + x + 2) ≤ 0

√
3x2 − 3 − x x2 − 1 > 0



⇔

√
√
1
3x − 3 + 3x2 − 3
2

BÀI 19.

√

√
3
x + 1 − x2 − 1
3

√
3 + 15
2

1 ≤ x <
√
3

x + 1 − x2 − 1 > 0 ⇔  √
√
3


3 − 15
< x ≤ −1
2

√
>0⇔

√

√
x2 + 1 + (x − y + 1) x2 + 1 = (x + 1)y

(2x + 3) 3x + y 2 + 2 + 3 = 2x
16y 2 − 13 + 1
√
√
√
PT1 ⇔ y − x2 + 1 x + 1 + x2 + 1 = 0 ⇔ y = x2 + 1
√
√
⇒ PT2: (2x + 3) x2 + 3x + 3 + 3 = 2x 16x2 + 3 + 1
√
√
⇔ (6x + 3) (2x + 3) x2 + 3x + 3 + 3 = 2x(6x + 3) 16x2 + 3 + 1
⇔

√

√

16x2 + 3 − 2 x2 + 3x + 3

6x(2x + 1) +


⇔

√


√
16x2 + 3 − 2 x2 + 3x + 3 = 0 ⇔ 


x=−

x=

√

√
16x2 + 3 + 2 x2 + 3x + 3

1
2

3
2

12

1+

√

x2 + 3x + 3

=0


BÀI 20. x3 + 2x2 − 6x + 12 = 3

3

9(x + 2)

⇔ (x + 26) x3 + 2x2 − 6x + 12 = 3(x + 26) 3 9(x + 2)
⇔ x + 8 − 3 3 9(x + 2)

x + 26 + (x + 4) 9 3 81(x + 2)2 + (x + 8) 3 9(x + 2) + (x + 8)2

=0

⇔ x + 8 − 3 3 9(x + 2) = 0 ⇔ x = 1
√
2 x + 6 + x2 + 6 + 2 x

X = −0, 3540065019 → A
Solve, ta thu được: X = −0, 3542486889 → B
X = −8, 474420623 → C

BÀI 21. 12 +

√

√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 = 0

Thử tích tổng các nghiệm, ta thấy AC = 3 nhưng A + C vô tỉ, vậy là nghiệm căn trong căn rồi! Gán A + C √
→ D sau
đó vào TABLE nhập f (X) = D2 + XD tìm được f (12) = −28, nghĩa là D2 + 12D + 28 = 0 ⇒ D = −6 − 2 2
Từ đó suy ra:

A = −3 −

√

2+
√
C = −3 − 2 −

√
8+6 2
√
8+6 2

Đối với nghiệm B, ta vào TABLE nhập f (X) = B 2 + XB dễ dàng tìm được B = −3 +

√

7

Nghiệm B trông có vẻ đơn giản hơn nhưng ta nên tìm nhân tử cho nghiệm "có đôi" trước, đó là A và C, giả sử
√
nhân tử là
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 + ax + b , ta có:

√


→M
3X 2 + 6 + 2 2 X + 3



X=A
√
√
M −Y
⇒a=−
= 2 ⇒ b = −M − A 2 = 0

A−C

√


 3X 2 + 6 + 2 2 X + 3
→Y
X=C

Vậy nhân tử thứ nhất là:

√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 + 2x

Nếu nhân tử thứ 2 cũng có dạng như trên và chứa nghiệm
B, thì sau khi liên hợp nó lên ta thu được PT bậc 2,
√
do đó có thể lấy luôn nghiệm liên hợp của B là −3 − 7 để tìm nhân tử giống như trên, nghiệm lấy thêm này chính
là nghiệm của PT sau khi đổi dấu trước căn.
Và kết quả:

√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 1

là thứ ta tìm được!

Cả 2 nhân tử trên đều bậc nhất, nhưng PT ban đầu có bậc 3, vậy đang còn 1 nhân tử nữa vô nghiệm, ta sẽ
chia căn tìm nó.
Nếu nhập phép chia vào máy như thông thường thì phải nhập biểu thức

√
3X 2 + 6 + 2 2 X + 3 tới 3 lần, do

đó để chỉ cần nhập 1 lần, các bạn hãy nhập như sau:
Y =

√

3X 2 + 6 + 2 2 X + 3 :

12 +

√

√
2 X + 6 + X2 + 6 + 2 X Y
√
√
Y + 2X Y − 2X − 1

(Dấu 2 chấm ở giữa không phải là phép chia, mà là chức năng "liên hoàn tính" của máy, nhập dấu đó bằng cách nhấn
ALPHA và phím tích phân).
Bấm CALC cho X = 0, máy cho 2 kết quả của 2 phép tính trên khi nhấn "=" liên hoàn 2 lần: đầu tiên là giá
√
√
√
trị của căn (bằng 3), sau đó là giá trị phép chia đang cần: 3 + 3 = 3X 2 + 6 + 2 2 X + 3 + aX + 3
Do đó, quay lại phép tính liên hoàn trên, sửa lại thành:
Y =

√
12 +
3X 2 + 6 + 2 2 X + 3 :

√

√

2 X + 6 + X2 + 6 + 2 X Y
√
√
−3−Y
Y + 2X Y − 2X − 1

Tiếp tục, cho X nhiều giá trị khác nhau, không cần quan tâm đến giá trị của Y (căn), chỉ biết kết quả phép tính phía
13


√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 + 3

sau nhận được luôn bằng 0, từ đó kết luận nhân tử là:
Hơi dài dòng xíu, tóm lại ta được:
PT ⇔


⇔


√
√
√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 + 2x
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 1

√
x = −3 + 7

√
√

3x2 + 6 + 2 2 x + 3 + 2x = 0

√
√

⇔ x = −3 − 2 − 8 + 6 2

√
√

3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 1 = 0
√
√
x = −3 − 2 + 8 + 6 2
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 + 3

=0

Cách Ép khác như sau:
√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 1

PT ⇔

√

√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 4 − 6 2 − 4

√
√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 4 − 6 2 + 4


√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 1 = 0




√
√
√

⇔  3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 4 − 6 2 − 4



√
√
√
3x2 + 6 + 2 2 x + 3 − 2x − 4 − 6 2 + 4

√
4+3 2

√
4+3 2

=0


√
x = −3 + 7


√
√

4 + 3 2 = 0 ⇔ x = −3 − 2 −


√
√
x = −3 − 2 +
4+3 2=0

√
8+6 2
√
8+6 2

Bình luận: cách thứ nhất tôi làm sau cách thứ 2 tầm 3 tháng! Chẳng hiểu sao nó dễ thế mà trước đó lại Ép

xấu như vậy, nhưng không sao vì tác giả chế đề (một bạn trên Zuni.vn) cũng chế từ cách thứ 2 mà ra. Không biết
các bạn có cần tôi full luôn cách 2 không, nhưng tốt nhất là không nên vì:
1. Để đó cho nó bí ẩn!
2. Không phải bài nào cũng có thể "ăn may" như cách thứ 2, nên có full cũng không dùng được bao nhiêu cho các
bài khác.
Đây là một bài toán mang tính giải trí khá cao! Và rất xa xỉ đối với đề thi ĐH, vì thế mà cho nó làm biểu tượng của
Group F-tik là rất hợp lí!
√
√
BÀI 22. (x − 1) x = (x + 3) x − 5
⇔

√
1 √
x− x−5−1
2

√
√
x+5+2 x+ x−5−

x(x − 5) = 0 ⇔

√

x−

√
√
BÀI 23. 4x2 − 18x − 12 + 3 5x + 4 + 3 x + 4 > 0

⇔ 4+

√

x+4

√
√
4x2 − 18x − 12 + 3 5x + 4 + 3 x + 4 > 0

√
√
√
1 √
5x + 4 − x + 4 − 2
5x + 4 + x + 4 − 4
2
√
√
7x + 12 + (2x + 6) x + 4 + 9 5x + 4 + 3 (x + 4)(5x + 4) > 0

4
− ≤x<0

√
√
√
√
 5
5x + 4 − x + 4 − 2

5x + 4 + x + 4 − 4 > 0 ⇔ 
⇔
√

3 + 21
x>
2

⇔

BÀI 24.

3(1 − x)3

1+2
2+3

3

3(2x − 1)

=1−x

⇔ 1 + 2(1 − x) 3(1 − x) = (1 − x) 2 + 3 3 3(2x − 1)

14

√

x−5−1=0⇔x=9

⇔

1
3 3 3(2x − 1) + 4
64

3(1 − x) − 7

2(1 − x) 25 + 8 3 3(2x − 1) + 7 + 5 3 3(2x − 1) + 3 3 9(2x − 1)2
⇔ 3 3 3(2x − 1) + 4

3(1 − x) − 7 = 0 ⇔ x =

BÀI 25. x4 − 12x3 + 38x2 − 12x − 67 +

3

3(2x − 1) − 4 3(1 − x) − 7

2
3
√

x+1+

√
7−x=0

√
√
√
1 √
x + 1 + 7 − x − 4 2 + (x + 1)(x − 7) x + 1 − 7 − x − 4
2
√
√
⇔ x+1+ 7−x−4=0⇔x=3

⇔

2+

√

x+1

2

=0

√
BÀI 26. x3 + 5x2 − 9x − 5 + 4x x3 − 7x + 6 = 0
Cách 1:
PT ⇔ (x2 −
⇔
⇔

√

√

√

5x − 2)(x3 + 5x2 − 9x − 5) + 4x(x2 −

x3 − 7x + 6 − 1 −

x3 − 7x + 6 − 1 −

√

√

√

5

x3 − 7x + 6 + 1 +

√

√
5

√
5x − 2) x3 − 7x + 6 = 0
x2 + (5 −

√

5)x −

√

5 + 4x x2 −

√

5x − 2

=0

√
5=0⇔x=− 5

Cách 2:
PT ⇔
 4
3
 x + x − 4y
= 5x2 + 6y + 6
BÀI 27.
x+1
 3
x − x2 − y 2 − 2x2 y + 2xy + xy 2 = 0
x=1
PT2 ⇔ (x − 1)(x − y)2 = 0 ⇔
y=x
√

√
5 − 65
Nếu x = 1 ⇒ PT1: 1 − 2y = 6y + 11 ⇔ y =
4
√
4
3
2
Nếu y = x ⇒ PT1: x + x − 4x = (x + 1) 5x + 6x + 6
⇔

√
√
1 √ 2
5x + 6x + 6 − 3x − 1 − 3
2
√ 3
√
√
√
√
√ √
3x + 4 + 2 3 x2 + 5 + 4 3 x + 3 + 3 + x2 + 1 + 3 x + 2 + 3 5x2 + 6x + 6 = 0


1 √
3−
x=

2

√
√
√
2

⇔ 5x + 6x + 6 − 3x − 1 − 3 = 0 ⇔ 
1 √
x=
3+
2
Cách 2:

√
4 3−1


1 √
3−
y=

2

⇒
√
1 √
4 3−1
y=
3+
2

√
√
x4 + x3 − 4x = (x + 1) 5x2 + 6x + 6 ⇔ x2 + 2 − 5x2 + 6x + 6

1 √
x=
3−

2
√
2
⇔ x + 2 − 5x2 + 6x + 6 = 0 ⇔ 

1 √
3+
x=
2
BÀI 28.
⇔

1+

1+
√

√
2x − x2 +

2x − x2 +

1−

√

1−

x2 + x + 3 +

√
4 3−1
√
4 3−1

√
2x − x2 = 2(1 − x)4 (2x2 − 4x + 1)

2x − x2 − 2
15

√

√
4 3−1
√
4 3−1

5x2 + 6x + 6 = 0

=0

1 + (2x4 − 8x3 + 13x2 − 10x + 4)
⇔

1+

√

2x − x2 +

1−

√

1+

√

2x − x2 −

1−

√

2x − x2 − 2

1+

1+

√

2

2x − x2

=0

x=0
x=2

2x − x2 − 2 = 0 ⇔

√
√
BÀI 29. 2(x − 2) 5 − x2 + (x + 1) 5 + x2 < 7x − 5
⇔

BÀI 30.

√

x2 + x − 1 +

√

−x2 + x + 1 = x2 − x + 2

Cách 1: F-tik thuần túy
√

PT ⇔

x2 + x − 1 +

√

−x2 + x + 1 − 2

2(x3 + x2 − x − 5) + x
⇔

√

x2 + x − 1 +

√

√

x2 + x − 1 +

√

√

−x2 + x + 1 + 2

−x4 + 3x2 − 1 − x + 2

=0

−x2 + x + 1 − 2 = 0 ⇔ x = 1

Cách 2: Kiểu S.O.S

PT ⇔ (x − 1)2 +

√
1
1 − x2 + x − 1
2

2

+

√
1
1 − −x2 + x + 1
2

2



1=0
x − √
= 0 ⇔ 1 − x2 + x − 1 = 0
√



1 − −x2 + x + 1 = 0

⇔x=1

Cách 3: Liên hợp
√
√
PT ⇔ 2 x2 + x − 1 − 3x + 1 + 2 −x2 + x + 1 + x − 3 = 2(x2 − 2x + 1)
5
5
⇔ (x − 1)2 2 + √
+ √
2
2
2 x + x − 1 + 3x − 1 2 −x + x + 1 − x + 3

=0⇔x=1

Cách 4: Bình phương dồn căn
PT ⇔

√

x2 + x − 1 +

√

−x2 + x + 1

2

√
= (x2 − x + 2)2 ⇔ x4 − 2x3 + 5x2 − 6x + 4 − 2 −x4 + 3x2 − 1 = 0

√
⇔ (x + 1)2 (x4 − 2x3 + 5x2 − 6x + 4) − 2(x + 1)2 −x4 + 3x2 − 1 = 0
⇔ x−

√

−x4 + 3x2 − 1

2(x + 1)2 + (x2 + 4) x +

√

−x4 + 3x2 − 1

=0⇔x−

√

−x4 + 3x2 − 1 = 0 ⇔ x = 1

Cách 5: Bình phương triệt để
√
PT ⇔ x4 − 2x3 + 5x2 − 6x + 4 = 2 −x4 + 3x2 − 1 ⇒ (x4 − 2x3 + 5x2 − 6x + 4)2 = 4(−x4 + 3x2 − 1)
⇔ (x − 1)2

1
47
x4 (x − 1)2 + x2 (4x − 3)2 +
2
2

x−

8
47

2

+

908
47

=0⇔x=1

Cách 6: Đánh giá AM-GM
√

x2 + x − 1 +

√

−x2 + x + 1 ≤

(x2 + x − 1) + 1 (−x2 + x + 2) + 1
+
= x + 1 ⇒ x2 − x + 2 ≤ x + 1
2
2

⇔ (x − 1)2 ≤ 0 ⇔ x = 1
Cách 7: Bẻ đôi phương trình
2x2 − 2
√
= x2 − x + 2
x2 + x − 1 − −x2 + x + 1
√
√
⇔ (x2 − x + 2) x2 + x − 1 − (x2 − x + 2) −x2 + x + 1 = 2x2 − 2
PT ⇒ √

16


Kết hợp PT đã cho ⇒


√
2
4
3
2
2


2(x − x + 2) x + x − 1 = x − 2x + 7x − 4x + 2

√
2(x2 − x + 2) −x2 + x + 1 = x4 − 2x3 + 3x2 − 4x + 6
√
√
1
3x − 1 − 2 x2 + x − 1 x2 − x + 2 + (x2 − 3x + 4) 3x − 1 + 2 x2 + x − 1
5



⇔










√
√
1


 3 − x − 2 −x2 + x + 1 x2 − x + 2 + (x2 + x) 3 − x + 2 −x2 + x + 1
5


√
2+x−1=0

3x
−
1
−
2
x

⇔x=1
⇔
√


2
3 − x − 2 −x + x + 1 = 0
BÀI 31. x3 +

3

(1 − x2 ) +

=0

=0

4 √
x 3 − 3x2 = 0

3

ĐK: −1 ≤ x ≤ 1
Solve thu 1 nghiệm vô tỷ đơn X = −0, 3568220898 → A
√
√
√
√
3
4 3
4
2
3
Do PT ⇔ x + 1 +
x−x
1 − x2 = 0 nên đổi dấu trước căn: x − 1 +
x − x2
1 − x2 = 0,
3
3

X = −0, 3945492899 → B
được 3 nghiệm khác:  X = −0, 9188747781 → C
X = 0, 934172359 → D
1
Nhận thấy AD = − nhưng A + D xấu, do đó nghiệm của ta có dạng căn trong căn, mặt khác (A + D)2 =
3
√
√
3− 5

3+ 5
từ đó ta được A = −
;D=
(tìm nghiệm ra cho vui thôi chứ cũng chả có tác dụng gì!).
6
6
√
√
√
2
2+
√
1
−
A
aA
+
b
=
−
1
−
D
1 − A2
√
Giả sử nhân tử của PT là ax + b + 1 − x2 , suy ra
=1
⇒a=
2
D−A

aD + b = 1 − D
√
√
√
1
3
3 √
2
b = 1 − D − D = −0, 5773502692, bình lên thu được , vậy b = −
, do đó nhân tử là x −
+ 1 − x2
3
3
3
3

ta

1
,
3

⇒

Tiến hành F-tik:
√
√
√
√
3

3 √
5 3 2 1
4 3
2
PT ⇔ 2x −
x + x+
+ 1+
x−x
x−
+ 1 − x2 = 0
3
3
3
3
3
√
√
√
√
3
2 3
2
4 3
3 √
2
2
⇔ x−
2x −
x−
+ 1+

x−x
x−
+ 1 − x2 = 0
2
3
3
3
3
√
√
√
√
√
4 3
3
3 √
3 √
3 √
2
2
2
⇔ x−
x−
+ 1−x
x−
− 1−x + 1+
x−x
x−
+ 1 − x2
2

3
3
3
3
√
√
√
√
3 √
3
3 √
4 3
2
2
⇔ x−
+ 1−x
x−
x−
− 1−x +1+
x − x2 = 0
3
2
3
3
√
√
√
√
3
3 √

3
3
2
+ 1−x
x+ +
−x
⇔ x−
1 − x2 = 0
3
2
2
2
√
√
√
3
3
3
x+ +
−x
Dựa vào ĐK dễ dàng c/m
1 − x2 > 0
2
2
2
3

=0

√

BÀI 32. x4 − 2x2 − x − 2 + (x2 + 3x − 1) x2 + x + 1 = 0
Solve ra 2 nghiệm vô tỷ đơn:

X = −1, 866760399 → A
X = 0, 8667603992 → B

Nhận thấy A + B = −1 nhưng AB xấu, do đó nghiệm của ta có dạng căn trong căn, mặt khác AB = −1, 618033989

17


1
là 1 số vô tỷ rất quen thuộc, có thể sử dụng TABLE để dò ra, tuy nhiên cũng dễ dàng thử thấy AB +
2

√

3
+
2
5
−1
−

A =
√


2
−1 − 5

đó AB =
, vậy ta được

2
√



B = −1 + 3 + 2 5
2
√
√
aA + b = − A2 + A + 1
2
√
Giả sử nhân tử cần tìm có dạng ax + b + x + x + 1 ⇒
aB + b = − B 2 + B + 1
√
√
√
√
√
1+ 5
A2 + A + 1 − B 2 + B + 1
1+ 5
2
x +x+1−
⇒a=
=0⇒b=−
, vậy nhân tử là

B−A
2
2

2

=

5
, do
4

Tiến hành F-tik:
√
√
√
√
√
3− 5 2 1+3 5
5+ 5
1+ 5
2
2
PT ⇔ x −
x +
x−
+ (x + 3x − 1)
x +x+1−
=0
2

2
2
2
√
√
√
√
1+ 5
1+ 5
2
2
2
2
=0
⇔ x +x−
x − x + 5 + (x + 3x − 1)
x +x+1−
2
2
√
√
√
√
√
√
√
1+ 5
1+ 5
1+ 5
2

2
2
2
2
⇔
x +x+1−
x +x+1+
x − x + 5 + (x + 3x − 1)
x +x+1−
2
2
2
√
√
√
√
√
1+ 5
1+ 5
x2 + x + 1 −
x2 + x + 1 +
⇔
x2 − x + 5 + x2 + 3x − 1 = 0
2
2
√
√
√
√
√

√ √
1+ 5
3+ 5 2 5− 5
3+ 5
2
⇔
x +x+1−
x +
x+
+ x2 − x + 5 x2 + x + 1 = 0
2
2
2
2
√
√
√
√ √
3+ 5 2 5− 5
3+ 5
Dễ thấy
x +
x+
+ x2 − x + 5 x2 + x + 1 > 0
2
2
2
√
√
Ngoài ra ta có thể F-tik như sau: PT ⇔

x2 + x + 1 − x2 − x x2 − x + 1 + 2 x2 + x + 1 = 0
4

√
BÀI 33. 5x2 − 6x + 2 + (5x − 6) x2 + 1 = 0
Solve được 1 nghiệm vô tỷ đơn: X = 1, 038750305 → A
√
√
Dùng TABLE với f (X) = 2 A2 + 1 + XA tìm được nhân tử 3x − 6 + 2 x2 + 1
Tiến hành F-tik:
√
1
5
PT ⇔ − x2 + 18x − 16 + (5x − 6) 3x − 6 + 2 x2 + 1 = 0
2
2
√
√
√
1
1
⇔ − 3x − 6 + 2 x2 + 1 3x − 6 − 2 x2 + 1 + (5x − 6) 3x − 6 + 2 x2 + 1 = 0
2
2
√
√
√
√
18 − 2 41
⇔ 3x − 6 + 2 x2 + 1 x + x2 + 1 = 0 ⇔ 3x − 6 + 2 x2 + 1 = 0 ⇔ x =

5
BÀI 34.
ĐK:

√

√
x3 − 9x + 9 ≤ 3 x2 − x + x

−3 < x < 0
x≥3

Solve ta được 1 nghiệm đơn đẹp X = 9 và 1 nghiệm kép vô tỷ X = 3, 541381265 → A
√
√
x2 (x − 9)
√
≤ x − 9 ⇔ (x − 9) x2 − x3 − 9x − 3 x2 − x ≤ 0
2
− 9x + 3 x − x
√
√
A3 − 9A = A
1
1 √ 3
2
√
do đó ta tách tiếp: (x − 9) 3 − x2 − x +
x − 9x − x
2

2
x
A −A=3

BPT ⇔ √
Ta thấy

x3

18

2

≤ 0 (∗)

=0


Nếu x ≥ 3: (∗) ⇔ x ≤ 9 ⇒ x ∈ [3; 9]
Nếu −3 < x < 0: (∗) ⇔ 3 −
⇔ 3−
⇔ 3−

√
√

x2 − x

2

x2 − x −

√

−
√

√

9 − x2 −

9 − x2 +

2

x2 − x

√

√

−x

−x

−

2

√ √

1 √ √
−x 9 − x2 − −x −x
−x

2

≥0

≥0

3−

√

x2 − x +

√

9 − x2 −

√

−x ≥ 0

Các bạn hãy tiếp tục xử nốt cái này nhé, tôi sẽ full khi cập nhật bản mới!...
√
√
BÀI 35. 3x − 2 + 3 4 − x2 − 2 4x − x2 = 0
ĐK: 0 ≤ x ≤ 2
Nghiệm duy nhất x = 2! Hiện tại thấy cách liên hợp đơn giản mà cũng hay nên làm trước, F-tik tôi sẽ cập nhật

sau:
√
√
√
2(2 − x)2
6x 2 − x
2
2
√
√
+
=0
PT ⇔ 3 4 − x − 3(2 − x) + 2 2 − 4x − x = 0 ⇔ √
2 + x + 2 − x 4 + 2 4x − x2
√
2 (2 − x)3
6x
√
√
⇔ 2−x √
+
=0⇔x=2
2 + x + 2 − x 4 + 2 4x − x2
BÀI 36. x3 − 2x2 + 10x − 6 + x2 − 8x + 10

√

√
x − 1 − 2(x + 1) x3 − 1 = 0

ĐK: x > 1
Mò được 2 nghiệm vô tỉ có tích tổng đều đẹp, do đó dễ dàng vạch được "chân tướng" của chúng như sau...
Nói chung, sử dụng TABLE ta dễ dàng tìm được nhân tử cho cả 2 nghiệm là:
PT ⇔
⇔

√
√

x3 − 1 − 3x + 3

√
√
√
x − 2 + 3 x − 1 + x3 − 1 + x2 + x + 1 +

x3 − 1 − 3x + 3 = 0 ⇔ x = 4 ±

√

√

x3 − 1 − 3x + 3

x2 + x + 1
x−1

=0

6

Dễ dàng thấy ngoặc thứ 2 vô nghiệm vì x − 2 +

√

x2 + x + 1 > −1 +

√

3 > 0 ∀x > 1

Chắc nhiều người rất thắc mắc cái cách để Ép thành được như trên phải không? Phần lớn sẽ cho rằng liên hợp
ngược, nhưng khi đăng bài này lên nhóm CASIOer: F-tik PT - BPT - HPT Vô Tỷ tôi đã nói là chia! Hãy suy
nghĩ xem nhé!
√
√
BÀI 37. (x − 1) x2 − 2x + 5 − 4x x2 + 1 ≥ 2(x + 1)
Liên hợp có lẽ hay hơn đấy!
(3x − 1) 5x2 − 2x + 5
√
≤ 0 (∗)
4x x2 + 1 + (x − 1) x2 − 2x + 5
√
√
1
Xét hàm f (x) = 4x x2 + 1 + (x − 1) x2 − 2x + 5, rõ ràng nó có nghiệm x = , mặt khác ta có:
3
2
2
√

√
4x
(x
−
1)
f (x) = 4 x2 + 1 + √
+ x2 − 2x + 5 + √
> 0 ⇒ f (x) đồng biến.
x2 + 1
x2 − 2x + 5
(3x − 1) 5x2 − 2x + 5
1
1
√
Do đó ∀x ∈ −∞;
; +∞ ta luôn có 2 + √
>0
3
3
4x x2 + 1 + (x − 1) x2 − 2x + 5
BPT ⇔ (x + 1) 2 +

√

Vậy (∗) ⇔ x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1

19


√

3x + 1
+2 1−x
2x + 6 = √
2
x − 2x − 1
√
ĐK: −3 ≤ x < 1 − 2
BÀI 38.

√

Tôi thường không dùng TABLE để đoán trước khoảng nghiệm trước khi Solve, vì thế bài này Solve hơi bị lâu,
có lúc tưởng PT vô nghiệm! Nhưng cuối cùng cũng thu được X = −1, 826459154 → A
Đổi dấu trước cái căn bên trái ta lại được X = −0, 415198233 → B
Vì cả A + B và AB đều xấu, ta chuyển qua hướng TABLE (hi vọng cuối cùng) như sau:
√
25
25
9 − 2 14
2
+ Nhập f (X) = (AB) + XAB thu được f (−9) = −
⇒ (AB) − 9(AB) +
= 0 ⇒ AB =
4
4
2
√
3 − 2 14
+ Nhập f (X) = (A + B)2 + X(A + B), tương tự tìm được A + B =
2

√
√
√
√
1
1
Vậy: A =
3 − 2 14 − 4 14 − 7 và B =
3 − 2 14 + 4 14 − 7
4
4
2

Sau bước này ta đã có nghiệm để nói trước cho những ai chỉ cần đáp số!
(2x + 6) (x2 − 2x − 1) = 3x + 1 + 2 (1 − x) (x2 − 2x − 1)

PT ⇔

Nhiều căn quá, muốn F-tik sẽ khó, ta bình cmn lên cho dễ xử:
(2x + 6) x2 − 2x − 1 = 3x + 1 + 2 (1 − x) (x2 − 2x − 1)

2

√
⇔ (3x + 1) 2x2 − 7x − 3 − 4 −x3 + 3x2 − x − 1 = 0
x=−

1
là nghiệm ngoại lai rồi, xét cái còn lại, nên F-tik hay liên hợp?
3

Rõ ràng 2 nghiệm đã tìm được đều thuộc dạng của PT bậc 4 nên về lý thuyết, chỉ cần liên hợp luôn toàn bộ
cái nhân tử đấy là được PT bậc 4 cần giải:
√
2x2 − 7x − 3 − 4 −x3 + 3x2 − x − 1 = 0 ⇔

4x4 − 12x3 − 11x2 + 58x + 25
√
=0
2x2 − 7x − 3 + 4 −x3 + 3x2 − x − 1
√
√
√
√
⇔ 2x2 − 3 − 2 14 x + 9 − 2 14 2x2 − 3 + 2 14 x + 9 + 2 14 = 0

√
√
√
1
⇔ 2x2 − 3 − 2 14 x + 9 − 2 14 = 0 ⇔ x =
3 − 2 14 ±
4

√
4 14 − 7

Done! Nói chung là ta cũng có thể F-tik cái đấy thay vì liên hợp, nhưng chắc chắn là hệ số không đẹp (và không có
người chấm nào muốn đi hướng như thế nếu giả sử bài này có trong đề thi!), do đó tôi F-tik cho các bạn nhìn thôi,
không cần bản full đâu:

√
1
(x + 3) 2x2 − 7x − 3 − 4 −x3 + 3x2 − x − 1 = 0
2
√
√
√
√
2 + 14
6 − 14 √ 3
2 − 14
6 + 14 √ 3
x+
+ −x + 3x2 − x − 1
x+
+ −x + 3x2 − x − 1
2
2
2
2

PT ⇔
⇔

√
√
BÀI 36. 1 + (1 + x) 1 + x = x + 1 + x

1+

√

1+x

ĐK: x ≥ −1
BÀI 37. x2 +
BÀI 38.

1
x2

1+

√

x2 + x + 1 +

1 + x2 = 2

√

x+1+

1+

√
1 + x2

x2 − x + 1 +

√

x+1=2 1+

ĐK: x ≥ −1

20

√

x+1

=0


√
√
√
BÀI 39. 3x x2 − 2 + 3x2 − 4 = 2 3x4 − 3x2 − 4
BÀI 40. 1 + (x2 + x + 1) x + 1 +

1
x2 + x + 1

√
√
BÀI 41. x x2 + x − 2 + 3x x5 − 1 =
BÀI 42. 2(x2 + x + 1)
BÀI 43.

3

1
3

− x3 +

1+

1
x2 + x + 1

√
= (1 − x3 ) 1 − x

(x2 + 3)(3x7 − 2x2 + x − 2)

√
√
√
x + x2 − x + 1 = (2 + 3x) x2 + 1
x−

2
9

=1

√
√

BÀI 44. x2 + 2 x2 + x + 1 = x + 3 + x4 + x2 + 1
√
√
BÀI 45. 6(x − 1) x + 1 + (x2 + 2)
x − 1 − 3 = x(x2 + 2)
BÀI 46. 3x(2x − 1)(x2 − x + 1) +

4
3x

−3=0

√
√
BÀI 47. x4 − 2x3 + 3x2 + 6x + 7 − (x − 2) 2x + 5 − (x + 1) 4x + 2 = 0
BÀI 48. x3 + x2 + x 1 +

√
√
√
x4 + x2 + 1 = (x + 1)
x2 + x + 1 + x2 − x + 1

Tài liệu được soạn thảo bằng LATEX bởi Admin của VNCTeam, sao chép xin vui lòng ghi rõ nguồn! Mọi thắc mắc có
thể gửi về 1 trong 3 địa chỉ:
1. Nhóm Facebook của VNCTeam: facebook.com/groups/VietNamCASIOerTeam
2. Facebook cá nhân tác giả: facebook.com/lamhuuminh.KSTN.K60.HUST
3. Hộp thư tác giả:

21