CASIO chuong 2 1 thu thuat CASIO giai phuong trinh vo ty bui the viet

Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7

CHƯƠNG 2 : THỦ THUẬT CASIO
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
(Tác giả : Bùi Thế Việt)
Phương trình vô tỷ (PTVT) là dạng toán hầu như lúc nào cũng xuất hiện trong đề thi THPT
Quốc Gia. Từ hệ phương trình vô tỷ, hoặc một phương trình logarit, lũy thừa, … chúng ta cũng có
thể đưa về PTVT để giải quyết. Do đó rất có thể, PTVT sẽ là câu để phân loại học sinh khá giỏi.
Trong chương này, chúng ta chia PTVT thành các dạng toán điển hình như một căn thức,
nhiều căn thức, căn bậc n, … Mỗi dạng toán đều có thủ thuật CASIO đặc trưng, do đó nó sẽ hỗ trợ
chúng ta tư duy tìm lời giải một cách nhanh chóng và thuận tiện nhất.
DẠNG 1 : PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ MỘT CĂN THỨC
Đây là một dạng toán đã từng xuất hiện trong kỳ thi THPT Quốc Gia 2015. Rất nhiều học
sinh cảm thấy khó khăn khi giải quyết nó. Tuy nhiên, với CASIO thì đây chỉ là một dạng toán cơ
bản và đơn giản, khi mà các thủ thuật CASIO dưới đây có thể hỗ trợ chúng ta tư duy một cách tối
đa nhất.
Lưu ý : Đây là bản thảo của Bùi Thế Việt viết cho nhà xuất bản. Vì nhiều lý do nên bản thảo
này không được phát hành sách. Có tất cả 5 chương trong cuốn sách, mỗi chương 4 – 5 dạng, mỗi
dạng có rất nhiều chuyên đề nên vô cùng dài. Bạn đọc nào quan tâm có thể liên hệ Bùi Thế Việt
qua :
-

Facebook : Bùi Thế Việt - facebook.com/viet.alexander.7

-

Group : CASIO Luyện Thi THPT Quốc Gia - facebook.com/viet.alexander.7

-

Gmail :

-

Youtube : youtube.com/nthoangcute

-

SĐT : 096 573 48 93
BÀI 2.1.1 : THỦ THUẬT ĐẶT ẨN PHỤ

A – GIỚI THIỆU
Thủ thuật này không phải kiểu mò mẫn tìm biểu thức cần nhóm rồi đặt ẩn phụ như bài toán
này : 2x 2  x  1   x  3  2x  1  0  2 x  1   x  1
2





 

2x  1  x  2 



2x  1  x  2





2

 0 , mà

là đi trực tiếp từ 2x 2  x  1   x  3  2x  1  0  2x  3  2x  1 x  2x  1  0 chỉ trong một
Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
vài bước đơn giản. Hơn nữa, bước đặt ẩn phụ trong thủ thuật chỉ là ở trên nháp thôi nên tốc độ
làm bài và tư duy của chúng ta được cải thiện đáng kể.

ax  b .

Lưu ý : Thủ thuật này hầu như áp dụng cho dạng toán
B – Ý TƯỞNG
Xét biểu thức :

A  f  x   g  x  ax  b

 t2  b 
 t2  b 
t2  b
Khi đó, nếu ta đặt t  ax  b  x 
thì A  f 
  g
 t chỉ là một đa thức ẩn t.
a
 a 

 a 
Vì vậy, sử dụng thủ thuật CASIO, ta có thể dễ dàng phân tích nhân tử A  p  t  q  t  ...z  t  .
Vậy điều gì sảy ra nếu ta thay ngược t  ax  b vào biểu thức trên ? Khi đó :

f  x   g  x  ax  b  A  p  t  q  t  ...z  t   p





Tóm lại, thuật toán này giúp chúng ta phân tích nhân tử được :

f  x   g  x  ax  b  p





ax  b q

 

ax  b q

ax  b ...z

 

ax  b ...z

ax  b

ax  b





Ví dụ minh họa : Giải phương trình : A  2x 2  x  1   x  3  2x  1  0
Đặt t  2x  1  x 

t2  1
. Vậy khi đó :
2

2

 t2  1  t2  1
 t2  1

1
1
A  2
1 
 3  t  t 4  t 3  t 2  5t  2  t 2  t  2 t 2  2t  1
 
2
2
2
 2 

 2




 





Nếu thế ngược lại t  2x  1 thì :
A








2x  1 





1 2
1
t  t  2 t 2  2t  1  2x  1  2x  1  2 2x  1  2 2x  1  1

2
2



 2x  3  2x  1 x 









Suy ra 2x 2  x  1   x  3  2x  1  2x  3  2x  1 x  2x  1 .
Tóm lại các bước như sau :
t2  b
a



Đặt t  ax  b  x 



Phân tích nhân tử biểu thức theo t



Trả lại t  ax  b trong từng nhân tử



Rút gọn và đưa ra lời giải.

C – THỰC HIỆN
Ví dụ 1 : Giải phương trình :

2x 2  7x  2  x x  2  0
Hướng dẫn :

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7



Bước 1 : Đặt t  x  2  x  t 2  2 . Vậy VT  2 t 2  2



2









 7 t2  2  2  t2  2 t

Bước 2 : Phân tích nhân tử :










Ta được VT   t  2  2t  3   t  t  4 
2



2 X2  2  7 X2  2  2  X2  2 X
2

Bước 3 : Trả lại t  x  2 ta được VT 
Kết luận : 2x 2  7x  2  x x  2 









x2 2 2 x2 3 x2 x2





x2 2 2 x2 3 x2 x2



Lời giải : ĐKXĐ x  2 . Ta có :



 
  x  2  2   5x  2   2x  1 x  2   0
  x  2  2   2 x  2  x  2  x  2   3  x  2 

  x  2  2  2 x  2  3  x  2  x  2   0





PT  x  2 5x  2   2x  1 x  2  2 5x  2   2x  1 x  2  0



x  2   0


 x2 2

(vì 2 x  2  3  0x  2 )
 x  2  x  2  0
x  2  4
x  2

2
   x  2   x  2  
(thỏa mãn ĐKXĐ)
 x  5  17


2
 x  2
Kết luận : x  2 hoặc x 

5  17
.
2

Nhận xét : Có thể thấy CASIO quá nhanh khi giúp chúng ta tư duy những bước làm quan trọng
của bài toán. Tuy nhiên, chúng ta có một chút lưu ý ở phần trình bày trong lời giải.


Các bước đặt ẩn phụ ở trên của chúng ta chỉ là trên nháp, do đó chúng ta không cần phải
viết chúng vào bài làm.



Chúng ta có thể ta viết trực tiếp PT 









x  2  2 2 x  2  3 x  2  x  2  0 trong lời

giải, nhưng để tránh một số giáo viên chấm thi khó tính có thể trừ điểm vì làm bài quá tắt,
chúng ta có thể diễn giải chúng ra như lời giải trên mặc dù nhìn vào trông rất khó hiểu
nhưng họ không thể trừ điểm mình được vì mình có “tư duy tốt” nên có lời giải độc đáo.
Lưu ý : Ở các ví dụ sau của cuốn sách, phần lời giải sẽ phân tích nhân tử trực tiếp luôn để bạn đọc
dễ theo dõi hơn, mặc dù trình bày có thể hơi tắt một chút.
Ví dụ 2 : Giải phương trình :

2x 2  2x  1  3x 3x  2
Hướng dẫn :
Youtube.com/nthoangcute

Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
2

 t2  2 
 t2  2 
 t2  2 
t2  2

2

1

3
Bước 1 : Đặt t  3x  2  x 
. Vậy VT  VP  2




t
3
3
3
3







Bước 2 : Phân tích nhân tử ta được :
VT  VP 





1 2
t  3t  5 2t 2  3t  1
9



Bước 3 : Trả lại t  x  2 ta được :
VT  VP 





 

1
3x  3  3 3x  2 6x  3  3 3x  2 
9

Kết luận : 2x 2  2x  1  3x 3x  2 



3x  2  x  1



3x  2  x  1

3x  2  2 x  1



3x  2  2x  1





2
Lời giải : ĐKXĐ x   . Ta có :
3
PT 



3x  2  x  1




5  29
x 

 3x  2  x  1
2
(thỏa mãn
3x  2  2x  1  0  


 3x  2  2x  1
1  17
x 
8




ĐKXĐ)
Kết luận : x 

5  29
1  17
hoặc x 
2
8

Ví dụ 3 : Giải phương trình :



2x 3  16x 2  36x  24  x 2  7x  7



x 1

Hướng dẫn :
Bước 1 : Đặt t  x  1  x  t 2  1 . Vậy :



2x 3  16x 2  36x  24  x 2  7x  7






  t  2  2t  1  t





x 1





3
2
2

 2 t 2  1  16 t 2  1  36t 2  12   t 2  1  7t 2  t


2

 t 1



2

Bước 2 : Trả lại t  x  1 ta được :




 36x  24   x  7x  7  x  1   x  1  2  2 x  1  1 x  2 

 t  2  2t  1  t
Kết luận : 2x 3  16x 2

2

 
2

 t 1 

x 1  2 2 x 1 1 x  2  x 1

2

2

x 1



2

Lời giải : ĐKXĐ : x  1 . Ta có :

PT 







x 1  2 2 x 1 1 x  2  x 1



2


5
x  4
2 x  1  1

0

5 5

 x  2  x  1
 x  2
Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Kết luận : x 

5 5
5
hoặc x 
2
4

Nhận xét : Hầu như các bài toán dạng này đều có thể giải bằng thủ thuật khử căn thức, tuy nhiên
thủ thuật đặt ẩn phụ này có nhiều ưu điểm hơn :


Làm việc với hệ số nhỏ



Phân tích nhân tử trực tiếp căn thức nên dễ dàng đánh giá loại nghiệm



Sau khi sử dụng thủ thuật khử căn thức phải loại nghiệm, còn với thủ thuật đặt ẩn phụ thì
là dấu tương đương, không cần loại nghiệm

Để hình dung rõ hơn lợi ích của thủ thuật này, chúng ta thử đến với bài toán sau :
Ví dụ 4 : Giải phương trình : [1.10.1-6][2.1.1-4]



3x 3  6x 2  8x  1  2 x 3  x 2  1



x2 0

Hướng dẫn :
Bước 1 : Đặt t  x  2  x  t 2  2 . Vậy :


 x2
 3 t  2   6 t  2   8t  17  2  t  2    t

  2t  t  5  t  t  5t  7t  7t  13 

3x 3  6x 2  8x  1  2 x 3  x 2  1
3

2

2

2

2

5

4

2

3

3

2

2

2



2

 1  t


2

Bước 2 : Trả lại t  x  2 ta được :

 2t  t  5  t  t  5t  7t  7t  13 
  2t  t  5    t  5t  7  t  t  7t  13 
2

5

2






4

4

3

2

2

4

2

  x  2   5x  3 x  2   x  2 
x  2  2x  1   x  x  1 x  2  x  3x  3 

2

x  2  2x  1

2



Bước 3 : Đánh giá : x 2  x  1



2

 7x  1



2

2
x  x  1  0
x  2  x 2  3x  3  0 do  2
x  3x  3  0

Lời giải : ĐKXĐ : x  2 . Ta có :
PT 





x  2  2x  1

Vì x 2  x  1



Kết luận : x 

  x

2

x1





x  2  x 2  3x  3  0  x  2  2 x  1  0  x 

5  41
8

2


1 3
x 2  x  1   x     0

2 4


x  2  x 2  3x  3  0x  2 do 
2

3 3
 2
x  3x  3   x  2   4  0




5  41
8

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Nhận xét : Bạn đọc có thể so sánh cách làm này với Ví dụ 6 – Bài đọc thêm 1.10.1 để thấy được sự
tiện lợi của thủ thuật đặt ẩn phụ.
Ví dụ 5 : Giải phương trình :
7x 3  7   4x  1



2x  1  2



2

Hướng dẫn :
Bước 1 : Đặt t  2x  1  x 

t2  1
. Vậy :
2

7x  7   4x  1
3







2x  1  2



2

3

 t2  1 
2
2

 7
  7  2t  3  t  2 
 2 



1 2
t  2t  1 7t 4  14t 3  40t 2  30t  33
8







Bước 2 : Trả lại t  2x  1 ta được :
1 2
t  2t  1 7t 4  14t 3  40t 2  30t  33
8
2
1
 2x  2  2 2x  1 7  2x  1  80x  7   28x  16  2x  1
8















 x  1  2x  1 7x 2  13x   7x  4  2x  1

Lời giải : ĐKXĐ : x 



1
. Ta có :
2









PT  x  1  2x  1 7x 2  13x   7x  4  2x  1  0  x  1  2x  1  x  2  2
Vì 7x 2  13x   7x  4  2x  1  0x 

1
.
2

Kết luận : x  2  2
Ví dụ 6 : Giải phương trình :

x 3  4x 2  5x  3   x  3  x  1
Hướng dẫn :
Bước 1 : Đặt t  x  1  x  t 2  1 . Vậy :



x 3  4x 2  5x  3   x  3  x  1   t  1 t 5  t 4  t 2  t  1
Bước 2 : Trả lại t  2x  1 ta được :

 t  1  t

5

 

 t4  t2  t  1 





x  1  1 x 2  3x  3  x 2  2x




x 1



x 2  3x  3  0
x  1 nên ta có
Bước 3 : Đánh giá x  3x  3  x  2x x  1 . Vì không hẳn  2
x  2x  0
thể chia khoảng để đánh giá hoặc nhóm thích hợp.



2



2





Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7



Bước 4 : Hướng 1 : Chia khoảng để đánh giá. Đặt A  x 2  3x  3  x 2  2x



x  1 thì :

x 2  3x  3  0
A0
Nếu x  2   2
x  2x  0
3
Nếu  x  2  A  x 2  3x  3  x 2  2x   x  1 2x  3   0
2







3
Nếu 1  x   A  x 2  3x  3  x 2  2x
2



Hướng 2 : Nhóm thích hợp.

2

1 
2 
2 1
2
 1 
x2
0

  


2 
2 
2  2
4





Thay vì mò mẫn nhóm thích hợp ở nhân tử x 2  3x  3  x 2  2x



x 2  3x  3  x 2  2x







x  1 , chúng ta sẽ lấy :

x  1  t 5  t 4  t 2  t  1 với t  2x  1  0

Ta có thể đánh giá nó như Ví dụ 7 – Bài đọc thêm 1.10.1 :



x  3x  3  x  2x
2

2









2

2
x 1
41 

59 
947
x 1 
3x  5  7 x  1 3 x  1  2   x  1   
0
27
27 
82  4428

Tuy nhiên, cách làm này quá lớn và mạnh nên chúng ta sẽ nghĩ tới điểm rơi đẹp hơn.
Lấy điểm rơi t 0  1 và làm tương tự thủ thuật đánh giá phương trình bậc 6 (bài đọc thêm 1.10.2)
:
f  t   t 5  t 4  t 2  t  1  t 3  t  1  3t 4  t 3  t 2  t  1
2

2

2


t 1  11 
8 
2
 t  t  1  3 t 2      t   
0
6 3  12  11  11

2

3

Vậy f  t    x  1 x  1









2

2
1
11 
8
2
x 1 1 
6x  8  x  1   x  1     0
12
12 
11  11
2

Hoặc dễ nhìn hơn như sau :

f  t    x  1 x  1







1
x 1 1  x  2 x 1
4
2



2

2

11
16 
2
 x     0
4
11  11

Hướng 2 này khá khó, liên quan đến phần đánh giá S.O.S ở sau này nhưng nếu chỉ nghĩ theo
hướng 1, nhiều bài toán không thể giải quyết được.
Ngoài ra, nhiều bạn nghĩ rằng : Bài toán có một nghiệm hữu tỷ như này, nhân liên hợp là cách
nhanh nhất. Thực chất thì nhân liên hợp chỉ là một phần của phân tích nhân tử. Thật vậy :




x3 
2
2
PT   x  2   x 2  2x 
  0   x  2  x  3x  3  x  2x
x 1 1








x 1  0

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7





Do đó, chúng ta vẫn phải đánh giá x 2  3x  3  x 2  2x





x  1 . Vì vậy, tạm thời chúng ta sử

dụng hướng 1 cho bài toán này. Nếu bạn đọc gặp bài tương tự mà thấy khó khăn quá, hãy sử
dụng phương pháp đánh giá S.O.S vì nó rất mạnh.
Lời giải : ĐKXĐ : x  1 . Ta có :

x 3  4x 2  5x  3   x  3  x  1 





x  1  1  0  x  2 (thỏa mãn ĐKXĐ)

Nếu



Nếu x 2  3x  3  x 2  2x





x  1  0 thì đặt A  x 2  3x  3  x 2  2x









x  1 , ta xét :

x  1  1 x 2  3x  3  x 2  2x

x 1  0

x 2  3x  3  0
A0
TH1 : x  2   2
x  2x  0
TH2 :





3
 x  2  A  x 2  3x  3  x 2  2x   x  1 2x  3   0
2



3
TH3 : 1  x   A  x 2  3x  3  x 2  2x

2



2

1 
2 
2 1
2
 1 
x2
0

  


2 
2 
2  2
4

Kết luận : x  2
3
nữa ? Bởi vì nếu chỉ có 1  x  2  A   x  1 2x  3 
2
3
nhưng chưa chắc  x  1 2x  3   0x  1,2  . Vì vậy, chúng ta đánh giá thêm
để chặn mọi
2

Nhận xét : Tại sao phải chia khoảng cho

trường hợp.
Vậy là chúng ta vừa trải qua một bài toán siêu khó, siêu chặt. Vậy trong câu PTVT đề thi THPT
Quốc Gia 2015 thì sao ? Liệu có khó như vậy ?
Ví dụ 7 : Giải phương trình : [1.4-5][2.1.1-7][2.1.3-2]
x 2  2x  8
  x  1
x 2  2x  3



x2 2


(Đề thi THPT Quốc Gia – 2015)

Hướng dẫn : Ta có :
PT 

 x  4  x  2  
x 2  2x  3

 x  1 

 





x  2  2 x3  x2  x  5   x  4  x  2  0

x2 2 

Vì vậy, ta chỉ quan tâm đến phương trình x 3  x 2  x  5   x  4  x  2  0
Bước 1 : Đặt t  x  2  x  t 2  2 . Vậy :





x 3  x 2  x  5   x  4  x  2  t 2  t  3 t 4  t 3  3t 2  t  5



Bước 2 : Trả lại t  x  2 ta được :

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7

t

2

 





 t  3 t 4  t 3  3t 2  t  5  x  1  x  2 x 2  x  3   x  1 x  2



2
x  x  3  0
x  2 nên ta có thể
Bước 3 : Đánh giá x 2  x  3   x  1 x  2 . Vì không hẳn 
x  1  0





chia khoảng để đánh giá hoặc nhóm thích hợp tương tự bài toán trên.
Bước 4 : Hướng 1 : Chia khoảng để đánh giá. Đặt A  x 2  x  3   x  1 x  2 thì :

x 2  x  3  0
A0
Nếu x  1  
x  1  0
Nếu 2  x  1  A  x 2  x  3   x  1  x 2  2x  4  0
Hướng 2 : Nhóm thích hợp :





Ta có : x 2  x  3   x  1 x  2  t 4  t 3  3t 2  t  5  t 2  3t  2  t  1  3  0
2

Cả hai hướng đều có thể giải quyết bài toán một cách dễ dàng.
Lời giải : ĐKXĐ : x  2 . Ta có :

x 2  2x  8
  x  1
x 2  2x  3
 x  4






Nếu





x2 2



x2 2 




x  2  2  x  1 

 x  4  x  2  
x 2  2x  3

 

 x  1 



x  2  2  x 2  2x  3  x  1



x  2  2 x3  x2  x  5   x  4  x  2  0





x2 2

x2 2







x  2 x 2  x  3   x  1 x  2  0

x  2  2  0  x  2 (thỏa mãn ĐKXĐ)

Nếu x  1  x  2  x 

3  13
(thỏa mãn ĐKXĐ)
2

Nếu x 2  x  3   x  1 x  2  0 thì :

x 2  x  3  0
 x 2  x  3   x  1 x  2  0
Cách 1 : TH1 : x  1  
x

1

0

TH2 : 2  x  1  x 2  x  3   x  1 x  2  x 2  x  3   x  1
 x 2  2x  4   x  1  3  0
2



Cách 2 : Ta có : x 2  x  3   x  1 x  2  4x  9  7 x  2





2

x  2  1  3  0x  2

Vậy x 2  x  3   x  1 x  2  0 là vô lý.
Kết luận : x 

3  13
hoặc x  2 .
2

Nhận xét : Tôi (Bùi Thế Việt) sinh năm 1997, do đó tôi cũng đã từng trong kỳ thi THPT Quốc Gia
2015. Khi nhìn vào nhân tử x 2  x  3   x  1 x  2  0 thì cái đầu tiên tôi nghĩ đến không phải là
Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
chia khoảng để đánh giá như trên mà là tách thành tổng các bình phương S.O.S. Trong nháp, tôi
cũng đặt t và đánh giá được x  x  3   x  1
2

2

2

x  2  3
2 2
x  2  x 
   x  2     0 .

2
3 3

 4

Vì thấy nó hơi cồng kềnh nên tôi thay đổi điểm rơi và chọn x 2  x  3   x  1 x  2



 4x  9  7 x  2





2

x  2 1  3  0 .

Tất cả chỉ trong một vài phút ngắn ngủi, tôi đã hoàn thành bài toán mà chỉ mất hơn nửa trang giấy
thi. Tôi tin tưởng vào lời giải “ảo diệu” của mình và kết quả là tôi đã đạt diểm tuyệt đối.
BÀI 2.1.2 : THỦ THUẬT PHÂN TÍCH NHÂN TỬ
A – GIỚI THIỆU

Để phân tích thành nhân tử phương trình vô tỷ, chúng ta cần biết được các nhân tử của bài
toán. Thủ thuật này chia làm hai phần:


Phần 1 : Thủ thuật tìm nhân tử chứa căn.



Phần 2 : Thủ thuật chia biểu thức bằng CASIO.

B – Ý TƯỞNG
Xét phương trình : f  x   g  x  h  x   0 . Khi đó nhân tử của nó là





h  x   ux  v .

Nếu phương trình f  x   g  x  h  x   0 có 2 nghiệm A và B thì


h  A   h  B
 h  A   uA  v  0

u  

AB

 h  B   uB  v  0


v   h  A   uA

Nếu phương trình f  x   g  x  h  x   0 có nghiệm A và f  x   g  x  h  x   0 có nghiệm B thì :


h  A   h  B
 h  A   uA  v  0

u  

AB

 h  B   uB  v  0

v   h  A   uA
Sau khi tìm được nhân tử, ta cần tìm nhân tử còn lại bằng cách chia

f x  g x h x
h  x   ux  v
Khi đó

 U  V h x

f x  g x h x
 h  x   ux  v

 U  V h  x  . Từ đó ta có thể tìm được U, V bằng cách giải HPT trên.

Tóm lại : Thủ thuật tìm nhân tử :

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 1 : Tìm các nghiệm (nếu có) phương trình f  x   g  x  h  x   0 .
Bước 2 : Ta sẽ tìm nhân tử có dạng





h  x   ux  v . Xét các trường hợp sau :

k  k 2 
TH1 : f  x   g  x  h  x   0 có 2 nghiệm k1 ,k 2 thỏa mãn  1
 k1k 2 

.


h  k1   h  k 2 
u  
k1  k 2
Khi đó 

v   h  k1   uk1
TH2 : f  x   g  x  h  x   0 có nghiệm k 1 , f  x   g  x  h  x   0 có nghiệm k 2 thỏa mãn

 k1  k 2 


 k1k 2 

h  k1   h  k 2 
u  
k1  k 2
Khi đó 

v   h  k1   uk1
Thủ thuật chia biểu thức : Xét phép chia

Bước 1 : CALC cho X  1000 và lưu A 

Bước 2 : CALC cho X  1000 và lưu B 

f x  g x h x
h  x   ux  v

 U  V h x

f x  g x h x
h  x   ux  v

f  x  g x h x
 h  x   ux  v


AB
U  2


Bước 3 : Lấy 
A  B và rút gọn biểu thức.
V


2 h x

Ví dụ minh họa : Xét phương trình 4x 2  x  4  3x 2x 2  3  0 .
Phương trình 4x 2  x  4  3x 2x 2  3  0 có nghiệm duy nhất A  1.236067977
Phương trình 4x 2  x  4  3x 2x 2  3  0 có nghiệm duy nhất B  3.236067977
A  B 
Vì 
AB 


2A 2  3  2B2  3
1
u  

. Vậy nhân tử là
AB

2
v   2A  3  uA  1



2x 2  3  x  1



Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7

Giả sử

4x 2  x  4  3x 2x 2  3
2x  3  x  1
2

 U  V 2x 2  3 . Nếu cho x  1000 và lưu :


4x 2  x  4  3x 2x 2  3
A 
 3413.212502 U  A  B  1999  2x  1
2


2x  3  x  1
2



A
B
1
4x 2  x  4  3x 2x 2  3


V 
2
 584.7875
B 

2
2x

3

 2x 2  3  x  1

Kết luận : 4x 2  x  4  3x 2x 2  3 





2x 2  3  x  1 2x  1  2x 2  3



C – THỰC HIỆN
Ví dụ 1 : Giải phương trình : 3x  1   3x  7  x 2  2x  1
Hướng dẫn :
Bước 1 : Tìm nghiệm phương trình
A  3.774851773
3x  1   3x  7  x 2  2x  1 ta được 
 B  0.44151844

Bước 2 : Thành thử thấy A  B 

u

và AB

. Ta lấy :

A 2  2A  1  B2  2B  1
1

AB
2

1
Bước 3 : Ta lấy v   A 2  2A  1  uA   .
2



Vậy nhân tử là 2 x 2  2x  1  x  1



Bước 4 : CALC cho X  1000 và lưu :
A

3x  1   3x  7  x 2  2x  1
2 x 2  2x  1  x  1

 2995.998999

Bước 5 : Tiếp tục lưu :
B

3x  1   3x  7  x 2  2x  1
2 x 2  2x  1  x  1

 998.001001

Bước 6 : Lấy :
U

AB
 1997  2x  3
2

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 7 : Lấy :
V

AB
2 x 2  2x  1

 1





Kết luân : 3x  1   3x  7  x 2  2x  1  2 x 2  2x  1  x  1 2x  3  x 2  2x  1
Lời giải : ĐKXĐ : x 2  2x  1  0 . Ta có :








3x  1   3x  7  x 2  2x  1  2 x 2  2x  1  x  1 2x  3  x 2  2x  1  0

 2 x 2  2x  1  x  1
5  2 10
(thỏa mãn ĐKXĐ)

x
3
 2x  3  x 2  2x  1  0


Kết luận : x 

5  2 10
3



Ví dụ 2 : Giải phương trình : 4x 3  14x 2  9x  3  x 2  5



x 2  3x  1

Hướng dẫn :



Bước 1 : PT 4x 3  14x 2  9x  3  x 2  5
nghiệm A 



x 2  3x  1 có

1
2
và B 
3
5

Bước 2 : Dễ thấy A  B 

và AB

. Ta lấy :

A 2  3A  1  B2  3B  1
u
 4
AB
Bước 3 : Ta lấy v   A 2  3A  1  uA  1
Vậy nhân tử là



x 2  3x  1  4x  1



Bước 4 : CALC cho X  1000 và lưu :
A



4x 3  14x 2  9x  3  x 2  5



x 2  3x  1

x 2  3x  1  4x  1

Bước 5 : Tiếp tục lưu :
B



4x 3  14x 2  9x  3  x 2  5



x 2  3x  1

 x 2  3x  1  4x  1

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 6 : Lấy :
U

AB
 1004004  x 2  4x  4
2

Bước 7 : Lấy :
V

AB
2 x 2  2x  1

 1

Kết luận :



4x 3  14x 2  9x  3  x 2  5



x 2  3x  1 





x 2  3x  1  4x  1 x 2  4x  4  x 2  3x  1



Lời giải : ĐKXĐ : x 2  2x  1  0 . Ta có :

PT 

Vì



x 2  3x  1  4x  1


x 
2

2
2
x  3x  1  x  4x  4  0  x  3x  1  4x  1  0  
x 






x  3x  1  x  4x  4  x  3x  1   x  2 
2

2

2

2

1
3
2
5

x 2  3x  1  0
 0 nhưng dấu “=” sảy ra  
vô
x  2

lý.

Kết luận : x 

2
1
hoặc x 
3
5



Ví dụ 3 : Giải phương trình : 26x 3  2  15x 2  2



3x 2  1  0

Hướng dẫn :



Bước 1 : PT 26x 3  2  15x 2  2



3x 2  1  0 có nghiệm

A  4

 B  0.394448724



Bước 2 : PT 26x 3  2  15x 2  2



3x 2  1  0 có nghiệm

C  0

 D  7.605551275

Bước 3 : Dễ thấy A  C 

u

và AC

. Ta lấy :

3A 2  1  3C2  1
2
AC

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 4 : Ta lấy v   3A 2  1  uA  1 .



Nhân tử là



3x 2  1  2x  1 .

 BD 
Bước 5 : Làm tương tự với cặp nghiệm 
B  D 

được nhân tử là



3x 2  1  2x  2

ta



Bước 6 : CALC cho X  1000 và lưu :

A





26x 3  2  15x 2  2



3x2  1  2x  1



3x 2  1

3x 2  1  2x  2



Bước 7 : Tiếp tục lưu :

B





26x3  2  15x2  2





3x 2  1

3x 2  1  2x  1  3x 2  1  2x  2



Bước 8 : Lấy :
U

AB
 2001  2x  1
2

Bước 9 : Tiếp tục lấy V 



AB
2 3x 2  1

Kết luận : 26x 3  2  15x 2  2



1

3x 2  1 



3x 2  1  2x  1



3x 2  1  2x  2



3x 2  1  2x  1



Lời giải : Ta có :
PT 



3x  1  2x  2
2



 3x2  1  2x  2  0
 x  4  13
3x  1  2x  1  0  

 3x2  1  2x  1  0
 x  4




2

2

Kết luận : x  4  13 hoặc x  4



Ví dụ 4 : Giải phương trình : 4x 4  3x 3  3x 2  1  x 2  x  2



2x 3  x

Hướng dẫn :



Bước 1 : PT 4x 4  3x 3  3x 2  1  x 2  x  2



2x 3  x có



1
nghiệm A   , B  0.618033988,C  1.618033989 
2




Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 2 : Dễ thấy B  C 
được nhân tử là



và BC 

2x 3  x  x  1

. Ta dễ dàng tìm



Bước 3 : Chia biểu thức ta được :
VT  VP
2x  x  x  1
3

 x 2  1   2x  1 2x 3  x





Bước 4 : Đánh giá x 2  1   2x  1 2x 3  x . Từ ĐKXĐ, ta chia thành các khoảng :

1

Nếu x 

2

 x  0 thì do cần chứng minh x 2  1   2x  1 2x 3  x  0 nên ta cần đánh giá

1

Nếu 

 0.707106 thì x 2  1   2x  1 2x 3  x  0

2

 1 
5
f  x   2x 3  x nhỏ hơn một số nào đó. Dễ thấy f  x  max  f  
  0.52169485 
9
6


 1 
5
2x 3  x  x   
,0  . Sử dụng thủ thuật đánh giá phương trình

9
 2 

Do đó ta sẽ chứng minh

bậc 3 ta được

x  2x  1

2x  x 
3

2

2

2


3
9
 2 x   

8  32


Khi đó thì x 2  1   2x  1 2x 3  x  x 2  1 

9
5


32 9
2


5
5  11
2x  1   x   
 0 . Bài toán được giải

9
9  81


quyết.
Lời giải : ĐKXĐ : 2x 3  x  0  x 
PT 

Nếu



2x 3  x  x  1  0  x  

1
2

hoặc 

2x 3  x  x  1

1
2

 x  0 . Ta có :

  2x  1



2x 3  x  x 2  1  0

1 5
1
hoặc x 
.
2
2

Nếu  2x  1 2x 3  x  x 2  1  0 . Ta xét :

1

TH1 : x 
TH2 : 

2

1
2

 2x  1  0   2x  1 2x 3  x  x 2  1  0 . Vô lý.

 x  0  2x  x 
3

 2x  1

x  2x  1
2

2

2


3
9
 2 x   

8  32


9
5
 . Lại có 2x  1  0 . Do đó :
32 9
2



5
5  11
2x  x  x  1   2x  1  x 2  1   x   
 0 . Vô lý.
9
9  81

3

2

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Kết luận : x  

1 5
1
hoặc x 
2
2



Ví dụ 5 : Giải phương trình : x 3  4x 2  4x  1  x 2  6x  3



3x 2  x  1

Hướng dẫn :
Bước 1 : PT



x 3  4x 2  4x  1  x 2  6x  3



3x 2  x  1  0 có nghiệm



1
A  , B  0.438447187,C  8.405124838 
2



B  C 
Bước 2 : Thành thử thấy 
 BC 

. Vậy ta phải kiếm

bộ nghiệm khác.
Bước 3 : PT



x 3  4x 2  4x  1  x 2  6x  3



3x 2  x  1  0 có nghiệm

D  1,E  0.594875162,F  4.561552813
A  D 
Bước 4 : Dễ thấy 
AD 



E  C 
và 
EC 



3x 2  x  1  x ,

F  B 
và 
FB 

. Ta dễ dàng tìm được nhân tử là :



3x 2  x  1  2x  2 ,

3x 2  x  1  2x  1



Bước 5 : Sử dụng thủ thuật chia biểu thức ta được :





x3  4x 2  4x  1  x 2  6x  3
3x 2  x  1  x



3x 2  x  1  2x  2





3x 2  x  1

Lời giải : ĐKXĐ : 3x 2  x  1  0 . Ta có :
PT 









Kết luận : x 

3x 2  x  1  x



3x 2  x  1  2x  2


x 
3x  x  1  x  0


2
3x  x  1  2x  2  0   x 

3x 2  x  1  2x  1  0
x 


2

3x 2  x  1  2x  1





1



3x 2  x  1  2x  1  0

1
2
5  17
(thỏa mãn ĐKXĐ)
2
9  61
2

9  61
5  17
1
hoặc x 
hoặc x 
2
2
2

Ví dụ 6 : Giải phương trình : 3x 3  9x 2  6x  2  x 17x  9  x 2  3x  3
Hướng dẫn :
Youtube.com/nthoangcute

Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 1 : PT

3x 3  9x 2  6x  2  x 17x  9  x 2  3x  3  0 có nghiệm


1
A   , B  1,C  2 
7



Bước 2 : Dễ thấy các cặp  A, B  ,  B,C  ,  C,A  đều thỏa mãn tổng, tích là số nguyên. Ta có thể







 A, B  4 x 2  3x  3  3x  7



lấy một cặp bất kỳ :  B,C   x 2  3x  3  1
. Vậy chúng ta có nhiều cách làm cho bài

 C, A   5 x 2  3x  3  2x  9












toán này. Ví dụ, ta lấy  A, B   4 x 2  3x  3  3x  7 . Ta được :
3x 3  9x 2  6x  2  x 17x  9  x 2  3x  3
4 x  3x  3  3x  7
2

 11x2  24x  14   9x  8  x 2  3x  3

Khi đó phương trình 11x 2  24x  14   9x  8  x 2  3x  3  0 có nghiệm B  1,C  2 nên có
nhân tử





x 2  3x  3  1 . Ta được :

11x2  24x  14   9x  8  x 2  3x  3
x  3x  3  1
2

 9x  19  11 x 2  3x  3

Kết luận :
3x3  9x2  6x  2  x 17x  9  x 2  3x  3



 4 x 2  3x  3  3x  7





x 2  3x  3  1 9x  19  11 x 2  3x  3



Lời giải : ĐKXĐ : x 2  3x  3  0 . Ta có :





x  3x  3  1 x  3x  3  6x  1 x  3x  3  3x  2   0
1
Cách 3 : PT   5 x  3x  3  2x  9  x  3  2 x  3x  3 11 x  3x  3  9x  19   0
3

Cách 2 : PT  

Cách 1 : PT  4 x 2  3x  3  3x  7
2

x 2  3x  3  1 9x  19  11 x 2  3x  3  0

2

2

2

2

2

x  1

1
Từ đó ta được : PT   x   (thỏa mãn ĐKXĐ)

7
x  2

Kết luận : x  1 hoặc x  

1
hoặc x  2
7

D – MỞ RỘNG

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
a) Mở rộng 1 :
Ta có một lưu ý như sau : Phương trình trước khi đổi dấu có nghiệm vô tỷ x 
chắc chắn phương trình sau khi đổi dấu sẽ có nghiệm x 

ab c
thì
d

ab c
. Vậy là cứ có nghiệm lẻ vô tỷ thì
d

sẽ tìm được nhân tử. Tuy nhiên, đối với phương trình có nghiệm hữu tỷ thì khác bởi vì phương
trình sau khi đổi dấu chưa chắc đã có nghiệm hữu tỷ :



Ví dụ 7 : Giải phương trình : 10x 2  2  x 2  9x  4



3x 2  1  0

Hướng dẫn :



Bước 1 : PT 10x 2  2  x 2  9x  4



3x 2  1  0 có



3x 2  1  0 có 2

nghiệm duy nhất x  1



Bước 2 : PT 10x 2  2  x 2  9x  4

nghiệm xấu A  0.458741617, B  14.48732268

Bước 3 : Sử dụng bổ đề ở bài 2.1.6, ta thấy phương trình ban đầu có nghiệm kép, do đó có nhân





tử chứa nghiệm bội kép là 2 3x 2  1  3x  1 .
Bước 4 : Chia biểu thức ta được :

VT
2 3x  1  3x  1
2

 2x 2  4x  2  x 3x 2  1





Bước 5 : Đánh giá 2x 2  4x  2  x 3x 2  1 .
Nếu x  0  2x 2  4x  2  x 3x 2  1  2  x  1  x 3x 2  1  0 . Vô lý.
2

Nếu x  0 thì để chứng minh 2x 2  4x  2  x 3x 2  1  0 ta cần tìm
một biểu thức nào đó. Dễ thấy

3x 2  1 nhỏ hơn hoặc bằng

3x 2  1  3 x  1  1  2x . Khi đó :

2x 2  4x  2  x 3x 2  1  2x 2  4x  2  x 1  2x   2  3x  0 . Vô lý.
Bài toán được giải quyết.







Lời giải : Ta có : PT  2 3x 2  1  3x  1 2x 2  4x  2  x 3x 2  1  0
Nếu 2 3x 2  1  3x  1  0  x  1
Nếu 2x 2  4x  2  x 3x 2  1  0  x 3x 2  1  2 x  1   0  x  0 . Khi đó :
2

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
3x 2  1 

1  2x 

2

 x  4  x   1  2x  1  2x

Suy ra 2x 2  4x  2  x 3x 2  1  2x 2  4x  2  x 1  2x   2  3x  2  0 . Vô lý.
Kết luân : x  1
Nhận xét : Để tìm hiểu chi tiết hơn thì bạn đọc có thể tham khảo ở bài 2.1.6 - Thủ thuật giải
phương trình nghiệm bội.
Tuy nhiên, có một số phương trình không có nghiệm bội nhưng đổi dấu vẫn không có nghiệm
nguyên.

2x  1

Ví dụ 8 : Giải phương trình :

2x  1
4



1
2
x2

Hướng dẫn :

2x  1

Bước 1 : PT

2x 4  1

1
 2  0 có nghiệm duy nhất
x2



x 1

Bước 2 : PT 

2x  1
2x  1
4



1
 2  0 có nghiệm duy nhất
x2

x  1.39169228

Bước 3 : Với những bài toán có nghiệm hữu tỷ duy nhất như này, chúng ta nên giải quyết nó
bằng các phương pháp cơ bản như nhân liên hợp, đánh giá, khảo sát chứng minh có nghiệm duy
nhất, … Để dễ nhìn hơn thì ta rút gọn

2x  1
2x  1
4





1
 2  2x 2  1
2
x

Vậy điều gì sảy ra nếu chúng ta cố tình lấy nhân tử
Vì



2x 4  1  1









2x 4  1  2x3  x2



2x 4  1  1 ???





2x 4  1  1  2x 4  2  2 x  1 x  1 x 2  1 trong khi phương trình chỉ nhận





nghiệm x  1 nên ta chia biểu thức cho 2  x  1 x 2  1 để phương trình không nhận nghiệm
khác nữa.
Bước 4 : Chia biểu thức :

 2x

2



1

2x 4  1  2x 3  x 2
2x  1  1
4







 2  x  1 x 2  1  4x 5  4x 4  2x 3  x  1  2x 2  x  1



2x 4  1

Lời giải : ĐKXĐ : 2x 4  1  0 . Ta có :
Cách 1 : [Phân Tích Thành Nhân Tử] Dễ thấy x  1 không phải nghiệm của bài toán.
Vậy x  1 . Ta có :

Youtube.com/nthoangcute

Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7





PT  2x  1
2

2x  1  2x  x
4

3

2








2x4  1  1 4x 5  4x4  2x3  x  1  2x 2  x  1



2  x  1 x 2  1





2x 4  1

 0

2x 4  1  1  0  x  1 (thỏa mãn ĐKXĐ)

Nếu



Nếu 4x 5  4x 4  2x 3  x  1  2x 2  x  1
TH1 : x 



1
4

. Khi đó do 2x 2  x  1

2





2x 4  1  0 thì từ ĐKXĐ ta xét :

2x 4  1   2x  1 x  1 2x 4  1 



2
1
x  1  2x 4  1

2



Suy ra



4x  4x  2x  x  1  2x  x  1
5

4

3

2



4
3 2

1
2 3
1
2x  1  2x  3x  x  x  1  4 

2  0
2
2 4
2
2
4



5

4

3



 2x2  x  1 2x 4  1   2x  1 x  1 2x 4  1  0

TH2 : x   4 . Khi đó do 
5
4
3
3
2

2
4x  4x  2x  x  1  2x  x  1   x  1 2x  2x  1  0

1





Suy ra 4x 5  4x 4  2x 3  x  1  2x 2  x  1





2x 4  1  0 . Vậy cả hai trường hợp đều không thỏa

mãn.
Kết luận : x  1 .
Nhận xét : Lời giải trên khá khó nhìn và không được tự nhiên cho lắm. Chúng ta thử xem các
phương pháp khác có lời giải đẹp hơn không ?
Cách 2 : [Nhân Liên Hợp] Ta có :



PT  2x 2  1





2x 4  1  2x 3  x 2  2x 2  1













2x 4  1  1  2x 3  3x 2  1

 2 2x 2  1  x  1 x 2  1

2

  x  1
 2x  x  1   0
4


2x  1  1



Nếu x  1 thì thỏa mãn ĐKXĐ
Nếu







2 2x 2  1  x  1 x 2  1
2x4  1  1

  2x

2

 x1 0 







2 2x 2  1  x  1 x 2  1
2x 4  1  1

   2x  1 x  1

x  1

 2 2x  1  x  1 x  1  2x  1 x  1  0  
 1  x   1
4

2





2





2

 2x 4  1  2x 4  2x 2
TH1 : x  1 . Khi đó do 
nên
2
2x

1

0








2 2x 2  1  x  1 x 2  1
2x  1  1
4

  2x


2

x1







2 2x 2  1  x  1 x 2  1
x 1
2

  2x

2

x1



 4x 3  2x 2  x  1   x  1 4x 2  6x  5  4  0

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
TH2 : 1  x   4



 2x 4  1  2x 4  2x 2
. Khi đó do 
nên
2
2
2x

1

0


1





2 2x 2  1  x  1 x 2  1
2x  1  1
4

  2x

x1

2







2 2x 2  1  x  1 x 2  1
x 1
2

  2x

2

x1

2
1 1

 4x 3  2x 2  x  1     2x  1 2x  1  0
2 2
Kết luận : x  1 .
2x  1
1
 2  2 . Ta xét :
Cách 3 : [Đánh Giá] Đặt : f  x  
2x 4  1 x







 2x 4  1  x 2  x2  1 2x 2  1  x  0
2x  1 1
1 x

Nếu x  1 thì do 
nên f  x  
 2  2  2  0.
x
x
x

2x  1  0







0  2x 4  1  x2  x2  1 2x 2  1  x


x

1
Nếu 4
thì do 
nên
2

2x

1

0

2x  1 1
1 x
f x 
 2 2 2 0.
x
x
x
1
1

Nếu x   4 thì x  0  2  2 . Suy ra : f  x   2  2  0 .
x
2

1

Nếu x  1 thì thỏa mãn bài toán.
Kết luận : x  1 .
Cách 4 : [Khảo Sát Hàm Số] TH1 : x 

1
4

2

. Xét hàm số f  x  

có :

f 'x 

2
2x4  1



4  2x  1 x 3

 2x

4



1

3

2x  1
2x  1
4





 1

1
 2 trên  4 ,   . Ta
2
x
 2




2 2x 4  2x 3  1
2
2

 3 
 3 0
3
x
x
2x 4  1



2



2


x 1 3
1 1
vì 2x  2x  1  2 x 2      x     0
2 2 2
3 3

4

3

 1

 1


Vậy f  x  nghịch biến trên  4 ,   . Lại thấy f  x  liên tục trên  4 ,   nên f  x   0 có tối
 2

 2

 1

đa một nghiệm thuộc khoảng  4 ,   . Dễ thấy f  1  0 nên nghiệm đó là x  1 .
 2

TH2 : x   4

1
2

thì x  0 

1
 2 . Suy ra : f  x   2  2  0 . Vô lý.
x2

Kết luận : x  1

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Nhận xét : Để hiểu rõ hơn về cách tư duy nhân liên hợp hoặc đánh giá, bạn đọc có thể tham khảo
ở bài 2.1.4 và 2.1.5.
b) Mở rộng 2 :

Trong phép chia biểu thức, chúng ta gán X  1000 . Vậy điều gì xảy ra nếu X  1000 không
thỏa mãn ĐKXĐ ? Cách tốt nhất là chúng ta sử dụng phép chia ở dạng số phức :



Ví dụ 9 : Giải phương trình : 4x 3  x 2  4x  1



1  2x 2   x  1

2

Hướng dẫn :





1  2x 2   x  1  0 có



1  2x 2   x  1  0 có

Bước 1 : PT 4x 3  x 2  4x  1
nghiệm duy nhất x 

2

2
3



Bước 2 : PT 4x 3  x 2  4x  1

2

nghiệm duy nhất x  0

Bước 3 : Ta dễ dàng tìm được nhân tử là





4x 3  x 2  4x  1





1  2x 2  2x  1 . Ta cần chia biểu thức :

1  2x 2   x  1

1  2 x  2x  1
2

2

 U  V 1  2x 2

Bước 4 : Vào MODE 2 : CMPLX.
Trong Mode này, môi trường là số phức nên khi CALC
cho X  1000 , ta không phải quan tâm đến ĐKXĐ nữa.
Bước 5 : Nhập biểu thức :



4X 3  X 2  4 X  1



1  2X 2   X  1

2

1  2X 2  2X  1

Bước 6 : CALC cho X  1000 và lưu vào A ta được :
A  1001002  1412798.996i

Bước 7 : Sửa thành



4X 3  X 2  4 X  1



1  2X 2   X  1

 1  2 X 2  2X  1

2

và lưu vào B ta

được : B  1001002  1412798.996i

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 8 : Lấy U 

Bước 9 : Lấy V 



AB
 1001002  x 2  x  2
2

AB
2 1  2X 2

Kết luận : 4x 3  x 2  4x  1

 999  x  1



1  2x 2   x  1 
2

Lời giải : ĐKXĐ : 1  2x 2  0 . Ta có :
PT 

Nếu



1  2x 2  2x  1 x 2  x  2  1  x  1  2x 2







1  2x 2  2x  1 x 2  x  2   x  1 1  2 x 2  0

1  2x 2  2x  1  0  x 

2
(thỏa mãn ĐKXĐ)
3

Nếu x 2  x  2   x  1 1  2x 2  0 
Kết luận : x 







1
x  1  2 1  2x 2
4



2

2



11
3
6
x  
 0 . Vô lý.

4
11  11

2
.
3

Nhận xét : Có thể thấy rằng phần thực của A và B là bằng nhau, còn phần ảo là đối nhau. Vậy thì
U  Re  A     A 

AB
AB
theo công thức U 
và V 
, ta có thể dễ dàng suy ra là 
Im  A 
 A 
2

2 1  2X 2
V 
1  2X 2
1  2X 2


.



Ví dụ 10 : Giải phương trình : x 4  5x 3  2x  10  3x 2  4x  5



x 3  x 2  4  0

Hướng dẫn :
Bước 1 : Sử dụng CASIO, ta tìm được nhân tử của phương trình là
Ta cần thực hiện phép chia :



x 4  5x 3  2x  10  3x 2  4x  5



x  x  4  2x  2
3

2





x 3  x 2  4  2x  2 .

x 3  x 2  4

 U  V x 3  x 2  4

Bước 2 : Vào MODE 2 : CMPLX, viết biểu thức trên,
CALC cho X  1000 và lưu vào A ta được :

A  1002001  31543747.27i

Youtube.com/nthoangcute


Bùi Thế Việt – facebook.com/viet.alexander.7
Bước 2 : Vào MODE 2 : CMPLX, viết biểu thức trên,
CALC cho X  1000 và lưu vào A ta được :
A  1002001  31543747.27i

Bước 3 : Ta có U    A   1002001  x 2  2x  1 . Để tìm
V thì ta lấy :

AU
X 3  X 2  4

Bước 4 : Dễ thấy :
V  998  1.260507015  109 i  998  x  2

Kết luận :



x4  5x 3  2x  10  3x 2  4x  5



x 3  x 2  4

x  x  4  2x  2

3

2



 x2  2x  1   x  2  x 3  x 2  4



Lời giải : ĐKXĐ : x 3  x 2  4  0   x  2  x 2  x  2  0  x  2 . Ta có :
PT 

Nếu







x 3  x 2  4  2x  2 x 2  2x  1   2  x  x 3  x 2  4  0

x 3  x 2  4  2x  2  0  x 

3  41
2

x 2  2x  1   x  12  0
x  1  0


x  x  4  0 . Do 
nên 
. Vô lý.
3
2
x2

2

x

x

x

4

0





Nếu x  2x  1   2  x 
2

3

2

3  41
2
Nhận xét : Nhờ sử dụng MODE 2 mà chúng ta có thể tìm nhanh chóng thương hơn.

Kết luận : x 

c) Mở rộng 3 :
Trong trường hợp PTVT có một nghiệm hữu tỷ duy nhất, đổi dấu cũng không có nghiệm
hữu tỷ thì liệu bài toán có nhân tử ?
Ví dụ 11 : Giải phương trình : 2x 3   x  2 

2

x 3  x 2  1  11

Hướng dẫn :
Bước 1 : PT 2x 3   x  2 

2

x 3  x 2  1  11  0 có nghiệm duy nhất x  1

Bước 2 : PT 2x 3   x  2 

2

x 3  x 2  1  11  0 vô nghiệm

 x  x  1  ax  b miễn sao cho nhân tử này chứa nghiệm

x  1 . Ví dụ, ta lấy  x  x  1  1 . Tuy nhiên  x  x  1  1 x  x  1  1  x  x  1 .

Bước 3 : Ta có thể lấy đại nhân tử
3

2

3

2

3

2

3

2

2

Youtube.com/nthoangcute