Tài liệu, đề thi, đáp án tham khảo toán luyện thi vào lớp 10 THPT (1)

Đặt vấn đề Giải bài tập toán là một trong những phơng tiện dạy học rất quan trọng giúp học sinh củng cố và khắc sâu nội dung bài học.. Chỉ có thể thông qua các bài tập ở các hình thức kh

Đặt vấn đề Giải bài tập toán là một trong những phơng tiện dạy học rất quan trọng giúp học sinh củng cố và khắc sâu nội dung bài học Chỉ có thể thông qua các bài tập ở các hình thức khác nhau tạo điều kiện cho học sinh vận dụng linh hoạt những kiến thức một cách tự lực Để giải quyết những tình huống cụ thể khác nhau thì những kiến thức đó mới trở nên sâu sắc, hoàn thiện và trở thành vốn riêng của học sinh Bài tập toán là phơng tiện rất tốt để phát triển t duy đồng thời rèn luyện cho học sinh đức tính kiên trì, chịu khó; khả năng vận dụng lý thuyết vào thực tiễn

Bài tập về phơng trình bậc cao rất đa dạng cho nên phơng pháp giải cũng phong phú Các em thờng tỏ ra lúng túng, bế tắc không biết làm thế nào để hạ bậc của biến, đặt ẩn phụ nh thế nào, nên chọn cách giải nào Qua thực tế giảng dạy, tham khảo tài liệu, tôi đã rút ra đợc một số phơng pháp nhằm phần nào khắc phục các khó khăn trên của học sinh, giúp các em có thêm tự tin và hứng thú hơn khi giải các bài toán ở phần này

Trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ nêu ra “Một số phơng pháp giải phơng trình bậc cao” dành chủ yếu cho đối tợng là học sinh khá, giỏi lớp 9 và giải một số bài toán điển hình của phần này

Nội dung của bản sáng kiến đợc chia làm 2 phần:

Phần I: Phơng pháp giải một số phơng trình bậc cao đặc biệt

+ Phơng trình tam thức

+ Phơng trình đối xứng:

- Phơng trình đối xứng bậc chẵn

- Phơng trình đối xứng bặc lẻ + Phơng trình dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c

Phần II: Phơng pháp giải một số phơng trình bậc cao khác

+ Phân tích vế trái thành nhân tử

- Phơng pháp thử nghiệm

- Phơng pháp hệ số bất định

+ Phơng pháp đặt ẩn phụ

I Ph ơng pháp giải một số ph ơng trình bậc cao đặc biệt

1 Ph ơng trình tam thức : phơng trình có dạng: ax2n + bxn + c = 0 (a ≠ 0) (*)

Phơng pháp giải: đặt y = x n ta đa về dạng ay 2 + by + c = 0

L

u ý : Với n = 2 khi đó phơng trình (*) có dạng: ax 4 + bx 2 + c = 0 ( a≠ 0) đợc gọi

là phơng trình trùng phơng.

VD1: Giải phơng trình: x4 -10x2 + 24 = 0 (phơng trình trùng phơng) (1)

Giải: đặt x2 = y vì x2 ≥ 0 nên y ≥ 0 khi đó phơng trình có dạng: y2 - 10y + 24 =

0(1’)

=(-5)2 -1.24 = 25 - 24 = 1 phơng trình (1’)có 2 nghiệm phân biệt :

y1 = 5 - 1= 4 (thoả mãn);

y2 = 5 + 1 = 6 ( thoả mãn)

y1 = 4 => x2 = 4 => x1 = 2; x2 = -2

y2 = 6 => x2 = 6 => x3  6 ; x4   6

Vậy phơng trình (1) có 4 nghiệm: x1 = 2; x2 = -2; x3 = 6; x4 = - 6

VD2 Giải phơng trình: -2x4 + 15x2 + 27 = 0 (phơng trình trùng phơng) (2)

Giải: -2x4 + 15x2 + 27 = 0  2x2 – 15x – 27 = 0

đặt x2 = y vì x2 ≥ 0 nên y ≥ 0 khi đó phơng trình có dạng: 2y2 - 15y - 27 = 0 (2’)

= 152 - 4.2.(-27) = 225 + 216 = 441 =>  =21 phơng trình (2’) có 2 nghiệm:

2

3 2

2

21 15

1    

.

y (loại vì không thoả mãn điều kiện)

9 2 2

21 15

2   

y (thoả mãn điều kiện)

y2 = 9 => x2 = 9 => x1 = 3; x2 = -3

Vậy phơng trình (2) có 2 nghiệm là: x1 = 3; x2 = -3

VD3: Giải phơng trình: x4 + 2

15

19

x + 5

2 = 0 (3)  15x4 + 19x2 + 6 = 0 Giải: Đặt y = x2 Điều kiện y ≥ 0 khi đó phơng trình có dạng : 15y2 + 19y + 6 = 0 (3’)

 = 192 – 4.15.6 = 1;    1 phơng trình có 2 nghiệm

y1 =

5

3 30

1 19









(loại)

y2 =

3

2 30

1 19









(loại) Vậy phơng trình (3) vô nghiệm

VD4: Giải phơng trình: x6 - 9x3 + 8 = 0 (4)

Giải: Đặt y = x3 khi đó PT(4) có dạng: y2 - 9y + 8 = 0 (4’)

Vì 1 + (-9) + 8 = 0 nên pt(4') có 2 nghiệm y1 = 1; y2 = 8

y1 = 1 => x3 = 1  x = 1;

y2 = 9 => x = 8  x = 2

Vậy phơng trình có 2 nghiệm là x1 = 1 ; x2 = 2

Lu ý: Nếu phơng trình có tổng các hệ số bằng 0 thì phơng trình luôn có một nghiệm bằng 1.

Bài tập đề nghị:

Giải các phơng trình sau:

a 2x4 - 8x2 + 6 = 0

b x6 - 5x3 - 6 = 0

c - 2x4 + 7x2 - 3 = 0

d 6x12 – x6 - 1 = 0

e x6 + x4 + x2 = 0

f 5x4 – 13x2 + 6 = 0

g x6 -

2

7

x3 + 3

25 = 0

2 Ph ơng trình đối xứng : phơng trình anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = 0 (an 0) gọi

là phơng trình đối xứng nếu các hệ số của những số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau, nghĩa là: an = a0

an-1 = a1

an-2 = a2

L

u ý: Nếu a là một nghiệm của phơng trình đối xứng thì

a

1

cũng là nghiệm của

ph-ơng trình đó.

2.1 Ph ơng trình đối xứng bậc chẵn : là phơng trình có dạng:

a2nx2n + a2n-1x2n-1 + + a1x + a0 = 0 (a2n 0) Trong đó: a2n = a0

a2n-1= a1

Phơng pháp giải:Vì x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình, nên ta chia cả 2

vế của phơng trình cho x n Sau đó đặt y = x +

x

1

x

VD 5: Giải các phơng trình: x4 + 2x3 - 13x2 + 2x+ 1 = 0 (5)

Giải: Ta thấy rằng x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình Chia cả 2 vế của

phơng trình (5) cho x2 ta đợc: x2 + 2x - 13 +2 12  0

x x

) ' 5 ( 0 13

1 2 1

0 13

2 2 1

2 2

2 2









































































x

x x

x

x

x x

x

Đặt y = x +

x

1 điều kiện |y| ≥ 2

2 2

2 2





















































x

x x x x

x x x

PT(5’) có dạng: y2 + 2y - 15 = 0;   1  15  16

phơng trình có 2 nghiệm:y1 = -1 - 4 = -5 (thoả mãn); y2 = -1 + 4 = 3 (thoả mãn) + y1 = -5 => x +

x

1 = -5 =>x2 + 5x +1 = 0

 = 25 - 4 = 21 phơng trình có 2 nghiệm:

2

21 5 2

21 5

2 1











x

+ y2 = 3 => x +

x

1 = 3 => x2 - 3x +1 = 0 ; Xét = (-3)2 - 4 = 5 Phơng trình có 2 nghiệm:

2

5 3 2

5 3

4 3







x

Vậy phơng trình (5) có 4 nghiệm là:

2

21 5 2

21 5

2 1











2

5 3 2

5 3

4 3







x

VD6: Giải phơng trình: x4 - 3x3 + 4x2 -3x+ 1 = 0

Giải: x= 0 không phải là nghiệm nên ta chia cả 2 vế của phơng trình cho x2 ta đợc:

0 4

1 3

1

2 2



































x

x x

x

Đặt y = x +

x

1 với |y| ≥2 thì 1 1 2 2 2

2 2

2























x

x x x

ta đợc: y2 - 3y + 2 = 0

=> y1 = 1 (loại)

y2 = 2 (thoả mãn)

Với y2 = 2 => x +

x

1

= 2 =>x2 -2x + 1 = 0 <=>(x- 1)2 = 0 <=> x =1 Vậy phơng trình có một nghiệm là : x = 1

VD7 Giải phơng trình 2x4 – 5x3 + 13x2 – 5x + 2 = 0 (7)

Giải: Vì x = 0 không phải là một nghiệm của phơng trình nên ta chia cả 2 vế cho x2

ta đợc: 2 2 12 5 1 13 0

































x

x x

Đặt y = x +

x

1 với |y| ≥2 thì 1 1 2 2 2

2 2

2























x

x x x

Phơng trình (7’) có dạng 2(y2 -2) - 5y +13 = 0  2y2 – 5y + 9 = 0 (7’’)

 = (-5)2 – 4.2.9 = 25 – 72 =-47 < 0

Phơng trình (7’’) vô nghiệm Vậy phơng trình (7) vô nghiệm

VD 8 x6 -3x5 + 6x4 - 7x3 + 6x2 - 3x + 1= 0 (8)

Giải: Vì x = 0 không phải là một nghiệm của phơng trình nên ta chia cả 2 vế cho x3

ta đợc: 1 3 2 12 6 1 7 0

3 3















































x

x x

x x

Đặt y = x +

x

1 với |y| ≥2

2 2

2























x

x x

x

x

x x x x

x x

3 3

3







































Thay vào pt(8’) ta đợc: y3 - 3y - 3(y2 - 2) + 6y - 7 = 0

 y3 -3y2 + 3y -1 = 0

 (y - 1)3 = 0

 y = 1 loại Vậy phơng trình (8) vô nghiệm

2.2 Ph ơng trình đối xứng bậc lẻ : có dạng: a2n+1x2n+1 + a2nx2n + + a1x + a0 = 0

Trong đó: a2n+1 = a0

a2n = a1

a2n-1 = a2

Phơng pháp giải:

Phơng trình đối xứng bậc lẻ luôn có nghiệm là -1 nên vế trái của phơng trình bậc lẻ luôn chia hết cho x + 1.

L

u ý : Khi chia 2 vế của phơng trình đối xứng bậc lẻ ẩn số x cho x+ 1 ta đợc một

ph-ơng trình đối xứng bậc chẵn.

VD9: Giải phơng trình: 2x3 + 7x2 + 7x + 2 = 0 (9)

Giải: 2x3 + 7x2 + 7x + 2 = 0 (Đây là pt đối xứng bậc lẻ nên có 1 nghiệm là -1)

 (x + 1)(2x2 + 5x + 2) = 0

 (x + 1)(x + 2)(2x + 1) = 0

Phơng trình (9) có 3 nghiệm là: x1 = -1; x2 = -2; x3 =

2

1



VD10: Giải phơng trình: x5 + 3x4 -11x3 -11x2 + 3x + 1 = 0 (10)

Giải:  (x +1)(x4 + 2x3 -13x2 +2x +1) = 0

 



















) '' 10 ( 0 1 2 13 2

) ' 10 ( 0

1

2 3

4 x x x x

x

Giải phơng trình (10’) ta đợc x = -1

Giải phơng trình (10’’): ta thấy phơng trình (10’’) là phơng trình đối xứng bậc chẵn

có 4 nghiệm:

2

21 5 2

21 5

2 1











2

5 3 2

5 3

4 3







Vậy phơng trình (10) có 5 nghiệm:

2

21 5 2

21 5

2 1











2

5

3

4





x ; x5 = -1

VD11: Giải phơng trình: x5 - 2x4 +x3 + x2- 2x + 1 = 0

 (x + 1)(x4 - 3x3 + 4x2 - 3x + 1) = 0 (*)























) '' 11 ( 0 1 3 4 3

) ' 11 ( 0

1

2 3

4 x x x x

x

Giải phơng trình (11’) ta đợc x = -1

Giải phơng trình (11’’): ta thấy phơng trình (2) là phơng trình đối xứng bậc chẵn có

1 nghiệm là x = 1 (Đã giải ở VD6 )

Vậy phơng trình (11) có hai nghiệm là: x1 = -1; x2 = 1

VD 12: Giải phơng trình: x7 - 2x6 + 3x5 -x4 -x3+3x2 - 2x +1 = 0 (12)

Giải: x7 - 2x6 + 3x5 -x4 -x3+3x2 - 2x +1 = 0

 (x + 1)(x6 -3x5 + 6x4 - 7x3 + 6x2 - 3x + 1) = 0



























) '' 12 ( 0 1 3 6 7 6 3

) ' 12 ( 0

1

2 3 4 5

x x

; 2

5 3

3





x

Phơng trình (12’) có một nghiệm là x = -1

Phơng trình (12’’) vô nghiệm (đã giải ở VD8)

Vậy phơng trình (12) có một nghiệm là x = -1

Bài tập đề nghị: Giải các phơng trình sau:

a x4 - 3x3 + 6x2 + 3x + 1 = 0

b x4 + 2x3 - 6x2 + 2x + 1 = 0

c x4 - x3 - x + 1 = 0

d x5 - 3x4 + 6x3 + 6x2 - 3x + 1 = 0

e x4 – 3x3 + 6x2 + 3x +1 ( Đề thi vào lớp 10 Trờng chuyên Lê Hồng

Phong-TP Hồ Chí Minh)

f x4 + 2x3 – 6x2 + 2x +1 = 0 (Thi chuyên A- Bùi Thị Xuân – TP Hồ Chí Minh)

g x5 – 5x4 + 4x3 + 4x2 -5x +1 = 0

h x6 - 5x3 + 4x2 - 5x + 1 = 0

3 Ph ơng trình có dạng: (x + a) 4 + (x + b) 4 = c

Phơng pháp giải: Ta đặt x ab  y

trong trờng hợp (a + b)2 ta thờng đặt y = x + a hoặc y = x + b

VD 11: Giải phơng trình: (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2

Giải: Đặt x + 4 = y khi đó phơng trình đã cho có dạng:

(y -1)4 + (y +1)4 =2  y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + 1+ y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1-2 = 0

 2y4 + 12y2 = 0  2y2(y2 + 6)= 0  y = 0

y = 0 => x+ 4 = 0 <=> x = - 4

Vậy phơng trình có một nghiệm là: x = - 4

VD 12: Giải phơng trình (x – 2)4 + (x – 3)4 = 1

Giải: Đặt x – 3 = y => x – 2 = y + 1 khi đó phơng trình đã cho có dạng:

(1 + y)4 + y4 = 1  y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1 + y4 = 1

 2y4 + 4y3 + 6y2 + 4y = 0

 2y( y3 + 2y2 + 3y + 2) = 0

 2y(y + 1)(y2 + y + 2) = 0

 y = 0 hoặc y = -1

y = 0 => x -3 = 0  x = 3

y = -1 => x – 3 = -1  x = -2

Vậy phơng trình có hai nghiệm là: x1 = 3; x2 = -2

Bài tập đề nghị

a x4 + (x - 1)4 = 97

b (x – 2)4 + (x - 6)4 = 82

c (x – 5)2 + (x – 2)4 = 17

II Một số ph ơng pháp giải ph ơng trình bậc cao khác

Để giải phơng trình bậc cao, nguời ta thờng dùng cách phân tích vế trái thành nhân tử để đa phơng trình bậc cao về các phơng trình bậc nhất và bậc hai Phơng pháp đặt ẩn phụ cũng thờng đợc sử dụng.

1 Phân tích vế trái thành nhân tử

Phân tích đa thức thành nhân tử có nhiều phơng pháp khác nhau nh: Đặt nhân tử chung, nhóm hạng tử, dùng hằng đẳng thức, thêm bớt hạng tử, tách hạng tử, thử nghiệm …; Sau đây tôi chỉ trình bày 2 ph ; Sau đây tôi chỉ trình bày 2 ph ơng pháp thờng sử dụng trong quá trình giải phơng trình bậc cao

1.1 Phân tích vế trái thành nhân tử bằng ph ơng pháp thử nghiệm

Cơ sở của phơng pháp này là: một phơng trình a n x n +a n-1 x n-1 + +a 1 x + a 0 = 0

có hệ số hữu tỉ (a i  Q  i  1 ; n) bao giờ cũng đa đợc về phơng trình có hệ số nguyên.

Định lý: Nếu phơng trình anxn +an-1xn-1+ +a1x + a0 = 0 (1) (ai Z  i  1 ; n) có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm có dạng x =

q

p

(trong đó : p là ớc của a0; q là ớc của an)

Hệ quả 1: Mỗi nghiệm nguyên nếu có của phơng trình (1) đều là ớc a0

Hệ quả 2: Nếu an = 1 thì mỗi nghiệm hữu tỉ của (1) đều nguyên

VD 13: Giải phơng trình: x3 +6x2 + 2x + 12 = 0

Nhận xét: Ta có a n = 1; a 0 =12 Nếu phơng trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là ớc của 12 Các ớc của 12 là: 1; 2; 3;  4; 6; 12

Lần lợt thay các giá trị trên vào phơng trình ta thấy x = 6 là một nghiệm của PT

Giải: x3 +6x2 + 2x + 12 = 0

 (x+6)(x2 +2) = 0

 x + 6 = 0 (vì x2 + 2 > 0 với mọi x)

 x = - 6

Vậy phơng trình có một nghiệm là: x1 = - 6

VD 14: Giải phơng trình: x4 + x3 - 7x2 - x + 6 = 0

Nhận xét: Ta có a n = 1; a 0 = 6 Nếu phơng trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là ớc của 6 Các ớc của 6 là: 1; 2; 3; 6

Lần lợt thay các giá trị trên vào phơng trình ta thấy x= 1; x=-1; x= 2; x= -3 là nghiệm của phơng trình.

Giải: x4 + x3 - 7x2 - x + 6 = 0

 (x+1)(x-1)(x- 2)(x + 3) = 0

 x+ 1 = 0 hoặc x - 1 = 0 hoặc x - 2 = 0 hoặc x + 3 = 0

 x = -1 hoặc x= 1 hoặc x = 2 hoặc x= - 3

Vậy phơng trình có 4 nghiệm là: x1 = 1; x2 = -1; x3 = 2; x4 = -3

VD 15: Giải phơng trình: 2x3 + x2 - 7x + 3 = 0

Nhận xét: Ta có a n = 2; a 0 =3

Các ớc của 2 là: 1; 2, Các ớc của 3 là: 1; 2; 3

Nếu phơng trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là thơng của phép chia ớc của

3 cho ớc của 2 Nh vậy, các nghiệm có thể là: 1; 2; 3;

2

3 2

1



 ;

Lần lợt thay vào ta thấy phơng trình chỉ có một nghiệm hữu tỉ là x =

2 1

Giải: 2x3 + x2 - 7x + 3 = 0

 (2x -1)(x2 + x - 3) = 0



















) ( x

x

) ( x

2 0 3

1 0

1 2

2

giải PT(1): 2x -1 = 0 x =

2 1

giải PT(2): x2 + x - 3 = 0

Xét = 12 -4.(-3) = 13 phơng trình(2) có 2 nghiệm phân biệt:

2

13 1 2

13 1

2 1











x

Vậy phơng trình có 3 nghiệm là :

2

13 1

; 2

13 1

2 1











2 1

VD 16: tìm nghiệm nguyên của phơng trình x3 + x2 + 1 = 0

Giải: Nếu phơng trình có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ớc của 1 Các ớc của

1 là: 1.

Với x =1 ta có 13 + 12 + 1 = 3 ≠ 0 => x = 1 không phải là nghiệm

Với x = -1 ta có (-1)3 + (-1)2 + 1 = 1 ≠ 0 => x = -1 không phải là nghiệm

Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên

L

u ý : Nếu a 0 lớn và nhiều ớc số thì việc tìm nghiệm nguyên của phơng trình gặp nhiều khó khăn ta có thể dựa vào dấu hiệu sau để giảm bớt phép thử:

Định lý: Nếu  0là nghiệm của đa thức P(x) = anxn +an-1xn-1+ +a1x +a0 với

ai Z  i  1 ; n Khi đó

1

1 1

1











) ( P và ) ( P

là nguyên

VD 17: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x4 + 2x3 - 4x2 - 5x - 6 = 0 (*)

Nhận xét: Nếu (*) có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ớc của 6 Các ớc của 6 là: 1; 2; 3; 6

1

1





)

(

P

5

12

7 12

1

1





 )

(

P

-2

2

3



2

3

3 Thay x= 2 và x= -3 vào pt(*) ta thấy nó thoả mãn Vậy phơng trình (*) có 2 nghiệm nguyên là x = 2 và x = -3

Chú ý: Việc tìm nghiệm hữu tỉ của phơng trình:

a n x n +a n-1 x n-1 + +a 1 x + a 0 = 0 (1) thờng đợc đa về tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

x n +a n-1 x n-1 + +a 1 x + a 0 = 0 (2) Chúng ta chuyển từ (1) sang (2) bằng cách nhân cả 2 vế của phơng trình (1) với a n

n-1 khi đó (1) trở thành (1 ' ):

a n x n +a n-1 a n n-1 x n-1 + +a 1 a n n-1 x + a n n-1 a 0 = 0

Đặt y=a n x thì (1 ' ) trở thành: y n +a n-1 y n-1 + +a 1 a n n-2 y + a n n-1 a 0 = 0

VD 18: Tìm nghiệm hữu tỉ của phơng trình: 2x3 + x2 - 7x + 3 = 0 (1)

Giải: Nhân cả 2 vế của phơng trình với 22 ta đợc:

23x3 + 22x2 - 7.22x + 3.22 = 0

 (2x)3 + (2x)2 - 14.(2x) + 12 = 0

Đặt 2x = y phơng trình trở thành:

y3 + y2 - 14y + 12 = 0 (2) Nếu pt(2) có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là ớc của 12 Các ớc của 12 là: 1;

2; 3; 4; 6; 12

P(1) = 0; P(-1) = 24

1





)

(

P

1

1





 )

(

P

5

24

-8

7

24

5

24



13

24

11

24

 Thử với y=1; y= 2; y = 3; y= - 4 ta thấy chỉ có y =1 thoả mãn

y =1 => x =

2 1

Vậy phơng trình chỉ có một nghiệm hữu tỉ là x =

2 1

1.2 Ph ơng pháp hệ số bất định

VD 19: Giải phơng trình: x3 -12x + 16 = 0

Giải: Nếu vế trái phân tích đợc thành nhân tử thì phải có dạng: (x + a)(x2 + bx + c)

Ta có: (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b) x2 + (ab + c)x + ac

Đồng nhất hệ số ta có:











































4 4 4 16

12 0

b c a

ac

c ab

b a

=> x3 - 12x + 16 = 0 <=>(x+ 4)(x2 - 4x + 4) = 0

<=>(x+4)(x - 2)2 = 0































2

4 0

2

0 4 2

x

x )

x ( x

VD 20 x3 -4x2 - 4x - 5 = 0

Giải: Nếu vế trái phân tích đợc thành nhân tử thì phải có dạng: (x + a)(x2 + bx + c)

Ta có: (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b) x2 + (ab + c)x + ac

Đồng nhất hệ số ta có:















































1 1 5 5

4 4

b c a

ac

c ab

b a

=> x3 - 4x2 - 4x - 5 = 0 <=> (x - 5)(x2 + x + 1) = 0



















) ( x

x

) ( x

2 0 1

1 0

5

2

giải pt(1): x - 5 = 0 <=> x = 5

giải pt(2): x2 + x + 1 = 0 <=> x2 + 2.x

4

3 4

1 2

1



 = 0 <=> (x + 0

4

3 2

1 2



 )