Chúng ta bàn đến việc phá các căn ở dạng $\sqrt{x^2+k}$, với $k$ là một hằng số khác $0$. Trước tiên là một hoàn cảnh như sau.

Bài toán 1. Tính tích phân $I=\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}+1}}$.

Nhận xét. Bình thường, để phá căn ta phải dùng phép nâng lũy thừa cùng bậc, trong hoàn cảnh thuận lợi ví dụ gặp cái căn $\sqrt[n]{ax+b}$ thì có bài vè là

“Đặt căn bằng tê

Lũy thừa hai vế

Rút ích theo tê

Quy về sung sướng..”.

Một ví dụ cho sự sung sướng này là tính tích phân $I=\int \frac{d x}{\sqrt{x+1}}$. Ta đặt $\sqrt{x+1}=t$ để có $x=t^2-1$ và có $dx=2tdt$ cho nên có luôn $dI=2dt=d(2t)$ do đó $I=2\sqrt{x+1}+c$.

Nhưng nếu mà ở đây, ta đặt $\sqrt{x^2+1}=t$ rồi cố tìm cách rút $x$ theo $t$ rồi thay trở lại thì rất là mệt, bởi vì không định được dấu của $x$. Trong hoàn cảnh tính có cận cứ cho là cận dương đi, thì có $x=\sqrt{t^2-1}$ thay đổ lại ta được\[\int {\frac{{d\sqrt {{t^2} – 1} }}{t} = \int {\frac{{tdt}}{{t\sqrt {{t^2} – 1} }} = } \int {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} – 1} }}.} } \]Tức là lại rơi vào bi kịch “con kiến nó leo cành đa/leo phải cành cụt chết bà kiến luôn..”!!

Vậy nghe như cái việc đặt căn bằng $t$ kia rơi vào tuyệt lộ? Không hẳn vậy, nếu ta nhìn nhận kỹ lưỡng hơn như sau..

Lời giải.  Đặt $\sqrt{x^2+1}=t$, ta có $t^2=x^2+1$ và do đó\[\left( {t + x} \right)\left( {t – x} \right) = 1.\]Đến đây, lại đặt tiếp $t+x=s$ thì sẽ có\[\left\{ \begin{array}{l}
t + x &= s,\\
t – x &= \frac{1}{s}.
\end{array} \right.\]Từ đó sẽ dẫn đến\[\left\{ \begin{array}{l}
t = \frac{1}{2}\left( {s + \frac{1}{s}} \right),\\
x = \frac{1}{2}\left( {s – \frac{1}{s}} \right).
\end{array} \right.\]Như vậy, là có được\[D = \frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{d\frac{1}{2}\left( {s – \frac{1}{s}} \right)}}{{\frac{1}{2}\left( {s + \frac{1}{s}} \right)}} = \frac{{ds}}{s} = d\ln s.\]Vì thế mà có kết quả\[I = C + \ln \,s = C + \ln \left( {x + t} \right) = C + \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right).\]Nhìn lại việc đặt, rút gọn đi thì thấy $x=\frac{1}{2}\left( {s – \frac{1}{s}} \right)$ hóa ra nghe bọn nó nói đây là phép thế coshyperbolic các bạn ạ. Còn, $s=t+x=x+\sqrt{x^2+1}$, tra wiki mới biết đó là phép thế Ơ-Ne.

Chưa hết! Nếu để ý đặt cố $s=\cot\frac{\alpha}{2}$ thì từ $x=\frac{1}{2}\left( {s – \frac{1}{s}} \right).$, có\[x = \frac{{{s^2} – 1}}{{2s}} = \frac{{{{\cot }^2}\frac{\alpha }{2} – 1}}{{2\cot \frac{\alpha }{2}}} = \cot \alpha .\]Ơ! Thế là lại ra cmn phép thế lượng giác các cụ ạ 😀

Bây giờ bắt chước bài trên, thử xét một bài đại số trẻ con như thế này nhé..

Bài toán 2. Cho các số thực $x$ và $y$ thỏa mãn $$\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 1.$$ Tính giá trị của $x+y$.

Lời giải. Đặt $\sqrt{x^2+1}=t$, ta có $t^2=x^2+1$ và do đó\[\left( {t + x} \right)\left( {t – x} \right) = 1.\]Đến đây, lại đặt tiếp $t+x=s$ thì sẽ có\[\left\{ \begin{array}{l}
t + x &= s,\\
t – x &= \frac{1}{s}.
\end{array} \right.\]Để ý $x+\sqrt{x^2+1}=s$, tương tự lại đặt lung tung để có $y+\sqrt{y^2+1}=s’$ và từ đề bài có $ss’=1$ do đó\[x + y = \frac{1}{2}\left( {s – \frac{1}{s}} \right) + \frac{1}{2}\left( {s’ – \frac{1}{{s’}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {s – \frac{1}{s} + \frac{1}{s} – s} \right) = 0.\]

Ta lại tiếp tục trò dở hơi này với một bài bất đẳng thức, như sau.

Bài toán 3. Cho $x,\,y$ là các số thực dương thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của\[p(x,{\mkern 1mu} y) = \frac{{4x{y^2}}}{{{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} } \right)}^3}}}.\]

Lời giải. Đặt $x=\left(t-\frac{1}{t}\right)y$ với $t>1$, khi đó\[x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} = 2yt.\]Từ đó ta có được\[p\left( {x,{\mkern 1mu} y} \right) = \frac{{4{y^3}\left( {t – \frac{1}{t}} \right)}}{{{{\left( {2yt} \right)}^3}}} = \frac{{{t^2} – 1}}{{2{t^4}}} = \frac{1}{8} – \frac{{{{\left( {2 – {t^2}} \right)}^2}}}{{8{t^4}}} \le \frac{1}{8}.\]Kết hợp với $p\left(\sqrt 2 ,\,2\right)=\frac{1}{8}$ để có kết luận là giá trị lớn nhất cần tìm bằng $\frac{1}{8}$.

Vậy từ giờ, phải đổi bài vè chém gió kia thành

“Đặt căn bằng tê

Lũy thừa hai vế

Rút ích cùng tê

Quy về sung sướng..”.

Một lời giải khác cho bài toán 3.

Áp dụng Cô-si Sờ-vác ta có\[x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} = \frac{1}{3}\left( {3x + \sqrt {1 + 8} \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} } \right) \ge \frac{1}{3}\left( {3x + x + 4y\sqrt 2 } \right).\]Vậy nên ta có được\[{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} } \right)^3} \ge \frac{{16\sqrt 2 }}{{27}}{\left( {x\sqrt 2 + y + y} \right)^3} \ge \frac{{16\sqrt 2 }}{{27}}{\left( {3\sqrt[3]{{x\sqrt 2 {y^2}}}} \right)^3} = 32x{y^2}.\]Cho nên là $p\le\frac{1}{8}$ và do khi $x=\sqrt 2,\,y=2$ thì $p=\frac{1}{8}$, nên giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{1}{8}$.

Bài toán 4. Tìm số hạng tổng quát của dãy số $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ cho bởi công thức truy hồi $x_1 = {x_2} = 97$ và với mỗi số nguyên dương $n$ thì \[{x_{n + 2}} = {x_n}{x_{n + 1}} + \sqrt {\left( {x_n^2 – 1} \right)\left( {x_{n + 1}^2 – 1} \right)} .\]

Lời giải. Qua truy toán có luôn $x_n>1$ với mỗi $n$, đặt $\sqrt{x_n^2-1}=y_n$, thì có \[\left( {{x_n} – {y_n}} \right)\left( {{x_n} + {y_n}} \right) = 1.\] Lại đi đặt $x_n+y_n=s_n$, thì sẽ có $s_n>1$ đồng thời \[{x_n} – {y_n} =  \frac{1}{{{s_n}}}.\] Như vậy, thì cứ với mỗi số nguyên dương $n$ lại có\[{x_n} = \frac{1}{2}\left( {{s_n} + \frac{1}{{{s_n}}}} \right),\;{y_n} = \frac{1}{2}\left( {{s_n} – \frac{1}{{{s_n}}}} \right).\]Đem thay vào ta được\[\begin{align*}
x_{n+2} &= \frac{1}{4}\left( {{s_n} + \frac{1}{{{s_n}}}} \right)\left( {{s_{n + 1}} + \frac{1}{{{s_{n + 1}}}}} \right) + \frac{1}{4}\left( {{s_n} – \frac{1}{{{s_n}}}} \right)\left( {{s_{n + 1}} – \frac{1}{{{s_{n + 1}}}}} \right)\\
&= \frac{1}{4}\left( {{s_n}{s_{n + 1}} + \frac{1}{{{s_n}{s_{n + 1}}}}} \right).
\end{align*}\] Kết hợp với $x_{n+2}=\dfrac{1}{2}\left(s_{n+2}+\dfrac{1}{s_{n+2}}\right)$ và hàm $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(x+\dfrac{1}{x}\right)$ đơn điệu ngặt ở trên $(1;\,+\infty)$, thì với mỗi $n$ ta có được\[{s_{n + 2}} = {s_n}{s_{n + 1}}.\]Bây giờ chúng ta để ý là phương trình $f(x)=97$ có đúng một nghiệm lớn hơn $1$ là $a=97+56\sqrt 3$, nên có sẵn $s_1=s_2=a$, đồng thời đặt $\log_as_n=t_n$, thì có được $t_1=t_2=1$, thêm nữa là\[{t_{n + 2}} = {\log _a}\left( {{s_{n + 2}}} \right) = {\log _a}\left( {{s_n}{s_{n + 1}}} \right) = {t_n} + {t_{n + 1}}.\]Vậy $\left(t_n\right)_{n\in\mathbb N^*}$ chính là dãy Fibonacci quen thuộc, và từ đó có được công thức số hạng tổng quát cần tìm là\[{x_n} = \frac{1}{2}\left( {{a^{{t_n}}} + \frac{1}{{{a^{{t_n}}}}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\left( {97 + 56\sqrt 3 } \right)}^{{F_n}}} + \frac{1}{{{{\left( {97 + 56\sqrt 3 } \right)}^{{F_n}}}}}} \right).\]