CD PTrinh - On thi vao lop 10, 2010 - 2011

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Phơng trình bậc nhất một ẩn
I. Khái niệm về phơng trình. Phơng trình bậc nhất một ẩn.
1. Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phơng trình: a
2
x + b = a(x + b)
Giải:
a
2
x + b = a(x + b)
a
2
x + b = ax + ab
a
2
x ax = ab -b
ax(a 1) = b(a -1) (1)
Nếu
1,0 aa
thì phơng trình có một nghiệm duy nhất
Nếu a = 1 thì (1) có dạng 0x = 0, phơng trình nghiệm đúng với mọi x.
Nếu a = 0 thì (1) có dạng 0x = -b, phơng trình nghiệm đúng với mọi x khi b = 0, phơng trình vô nghiệm
khi
0

b
.
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
Giải:
Phơng trình trên có hệ số bằng chữ ở mẫu thức. Điều kiện để phơng trình có nghĩa là

1

a
. Với
điều kiện này, phơng trình đã cho tơng với
(a+x)(a+1) (a-x)(a 1) = 3a
Sau khi biến đổi ta đợc: 2ax = a (1)
Nếu a

0, phơng trrình có nghiệm duy nhất
Nếu a = 0, phơng trrình (1) trở thành 0x = 0, nghiệm đúng với mọi x.
Kết luận: Nếu
1,0 aa
, phơng trình có nghiệm duy nhất
Nếu a = 0, phơng trình nghiệm đúng với mọi x
Nếu a =
1
, phơng trình vô nghiệm.
Bài tập vân dụng
Bài 1: Tìm giá trị của m sao cho phơng trình:
a) 5(m + 3x)(x + 1) 4(1 + 2x) = 80 có nghiệm x = 2.
b) 3(2x + m)(3x + 2) 2(3x + 1)
2
= 43 có nghiệm x = 1.
Bài 2: Giải các phơng trình sau:
a)
04
107
309
105

311
103
313
101
315
=+

+

+

+
xxxx
b)
0
16
4
1
4
2
=


+
+
+
+


a

ax
a
ax
a
ax
c)
3=

+

+

c
bax
b
acx
a
cbx
d)
1
)1(2
1
12
1
1
1
1
4
2
4

=



+

+


a
xa
a
x
a
x
a
x
II. Phơng trình chứa ẩn ở mẫu thức.
1. Ví dụ

1
3
11
2

=
+

+
a
a
a
xa
a
xa
a
b
x =
2
1
=x
2
1
=x
Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Ví dụ 3: Giải phơng trình:
116
68
14
2
41
3
2

+

+
=

x
x
xx
Giải: Nghiệm của phơng trình nếu có, phải thoả mãn điều kiện
4
1
x
Với điều kiện đó, phơng trình tơng đơng với:
3(4x + 1) = 2(1 - 4x) + (8 + 6x)
14x = 7
x =
2
1

Giá trị này thoả mãn điều kiện trên. Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x =
2
1
Ví dụ 4: Giải phơng trình:
)35)(51(
4
53
2
15
3

=

+
xxxx
Giải: Điều kiện của nghiệm số, nếu có, là
5
3
;
5
1
xx
.
Với điều kiện đó, phơng trình tơng đơng với:
3(3 5x) + 2(5x 1) = 4
Giải phơng trình này, ta đợc x =
5
3
. Giái trị này không thảo mãn điều kiện. Vậy phơng trình đã cho vô
nghiệm.
Bài tập vận dụng
Bài 3: Giải các phơng trình sau:
a)
)1(
3
1
1
1
1
2422
++
=
+

++
+
xxxxx
x
xx
x
b)
168
1
)2(2
1
8
7
84
5
2

+


=+


xxx
x
x
xx
x

c)
bxax
b
b
ba
bx
ba
ba
a
+

+
=

+
+ 4222
d)
)10)((
10
10
111
++
=
+
+

+
++
xaxx
x

ax
ax
e)
2
4
3
3
=

+


+
x
x
x
ax
Bài 4: Với giá trị nào của a thì phơng trình sau có một nghiệm duy nhất?

11
1
2
2
2
2

=+


x

x
a
x
xax
.
III. Phơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối
Khi giải các phơng trình mà ẩn nằm trong dấu giái trị tuyệt đối, để bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta xét
từng khoảng giá trị của biến. Cần nhớ và năm vững lý thuyết sau:
1. Định nghĩa giá trị tuyệt đối:

{
A
A
A

=
2. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ax + b
)0( a
:

Với A

0
Với A < 0
Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Nhị thức cùng dấu với a khi x >
a
b
, nhị thức trá dấu với a khi x <
a

b
.
Chứng minh:
Xét
a
bax +
= x +
a
b
.
Nếu x >
a
b
thì x +
a
b
> 0, do đó
a
bax +
> 0, tức là ax + b cùng dấu với a.
Nếu x <
a
b
thì x +
a
b
< 0, do đó
a
bax +
< 0, tức là ax + b trái dấu với a.

=> ĐPCM
Chú ý rằng
a
b
là nghiệm của nhị thức. Do vậy định lý trên đợc phát biểu nh sau:
Nhị thức ax + b
)0( a
cùng dấu với a với các giá trị của x lớn hơn nghiệm của nhị thức, trái dấu
với a với các trí trị của x nhỏ hơn nghiệm của nhị thức.
3. Ví dụ
Ví dụ 5: Giải phơng trình:

723 =++ xx
Giải: Lập bảng xét dấu ta đợc
x

-2 3
+
x 3
- - 0 +
x + 2
- 0 + +
Nhìn trên bảng xét dấu ta có:
+ Nếu x < -2, thì x 3 < 0 =>
3x
= 3 x và x + 2 < 0 =>
2+x
= -(x + 2), khi đó phơng trình có
dạng 3 x x 2 =7 <=> x = -3, thuộc khoảng đang xét.
+ Nếu

32 x
, thì x 3 < 0 =>
3x
= 3 x và x + 2 > 0 =>
2+x
= x + 2, khi đó phơng trình có
dạng 3 x + x + 2 = 7 <=> 0x = 2, phơng trình vô nghiệm
+ Nếu x > 3, thì x 3 > 0 =>
3x
= x 3 và x + 2 > 0 =>
2+x
= x + 2, khi đó phơng trình có dạng
x 3 + x + 2 = 7 <=> x = 4, thuộc khoảng đang xét.
Vậy phơng trình có nghiệm x
1
= -3; x
2
= 4.
Ví dụ 6: Giải phơng trình:

594 =+ xx
Giải:
Cách 1: Lập bảng xét dấu
x

4 9
+
x 4
- 0 + +
x 9

- - 0 +
Nhì trên bang xét dấu ta có:
+ Nếu x < 4, thì x 4 < 0 =>
4x
= 4 x và x - 9 < 0 =>
9x
= 9 x, khi đó phơng trình có dạng
4 x + 9 x = 5 <=> x = 4, không thuộc khoảng đang xét.
+ Nếu
94

x
, thì x 4 > 0 =>
4x
= x 4 và x - 9 < 0 =>
9x
= 9 - x, khi đó phơng trình có
dạng x 4 + 9 - x = 5 <=> 0x = 0, nghiệm đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là
94 x
.
+ Nếu x > 9, thì x 4 > 0 =>
4x
= x 4 và x - 9 > 0 =>
9x
= x - 9, khi đó phơng trình có dạng
x 4 + x - 9 = 5 <=> x = 9, không thuộc khoảng đang xét.
Vậy phơng trình có nghiệm là
94 x
.
Cách 2: Viết phơng trình có dạng

594 =+ xx
.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Chu ý rằng 5 chính là tổng của x 4 và 9 x. Nh vậy tổng các giá trị tuyệt đối của hai biểu thức bằng
giá trị tuyệt đối của tổng hai biểu thức ấy, điều này chỉ xẩy ra khi (x 4)(9 x)

0.
Giải bất phơng trình này ta đợc
94 x
.
Bài tập vận dụng
Bài 5: Giải các phơng trình sau:
a)
73
=
xx
b)
xx
=+
53
c)
132
=+
xxx
d)
0121
=++
xxx
e)

31
+=+
xxxx
f)
433221
=+
xxx
IV. Phơng trình bậc cao giải bằng cách đa về phơng trình bậc nhất một ẩn
Để giải các phơng trình bậc cao dạng f(x) = 0, ta phân tích đa thức f(x) thành nhân tử để đa về
giải các phơng trình bậc nhất một ẩn.
1. Ví dụ
Ví dụ 7: Giải phơng trình:
(x 1)
3
+ x
3
+ (x + 1)
3
= (x + 2)
3
Giải:
Sau khi biến đổi phơng trình ta đợc.
x
3
3x
2
3x 4 = 0
<=> x
3
1 3x

2
-3x 3 = 0
<=> (x 1)(x
2
+ x + 1) -3(x
2
+ x + 1) = 0
<=> (x
2
+ x + 1)(x 4) = 0
Vì x
2
+ x + 1

0, nên phơng trình có một nghiệm x = 4.
Ví dụ 8: Giải phơng trình:
(x + 2)(x 2)(x
2
10) = 72
Giải: (x
2
4) (x
2
10) = 72
Đặt x
2
7 = y, phơng trình trở thành
(y + 3)(y - 3) = 72
<=> y
2

= 81
<=> y =
9

+ Với y = 9 ta có x
2
7 = 9 <=> x =
4
+ Với y = -9 ta có x
2
7 = - 9 <=> x
2
= -2, vô nghiệm.
Vậy phơng trình có nghiệm là x =
4
* Chú ý:
Trong cách giải trên ta đã đặt ẩn phụ. Khi giải phơng trình bậc bốn dạng:
(x + a)
4
+ (x + b)
4
= c ta thờng đặt ẩn phụ y = x +
2
ba +
. Khi giải phơng trình đối xứng bậc chẵn,
chẳng hạn ax
4
+ bx
3
+ cx

2
+ bx + a = 0 ta thờng đặt ẩn phụ y = x +
x
1
.
Ví dụ 9: Giải phơng trình: (x + 3)
4
+ (x + 5)
4
= 2.
Giải:
Đặt x + 4 = y, phơng trình trở thành: (y - 1)
4
+ (y + 1)
4
= 2.
Sau khi biến đổi ta đợc y
2
(y
2
+ 6) = 0, do đó y = 0. Vậy x = -4.
Ví dụ 10: Giải các phơng trình sau:
a) 2x
3
+ 7x
2
+ 7x + 2 = 0
b) x
4
3x

3
+ 4x
2
3x + 1 = 0.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
* Nhận xét:
Hai phơng trình trên đều là những phơng trình đối xứng(Chú ý các hệ số có tính đối xứng). Trong
phơng trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì
a
1
cũng là nghiệm.
Phơng trình đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng có một trong các nghiệm là x = -1. Phơng trình đối xứng
bậc chẵn 2n đợc đa về phơng trình bậc n bằng cách đặt ẩn phụ y = x +
x
1
.
Giải:
a) Biến đổi phơng trình thành
(x + 1)(x + 2)(2x + 1) = 0
Phơng trình có ba nghiệm: x
1
= -1; x
2
= -2; x
3
=
2
1

b) Cách 1: Đa phơng trinh về dạng (x 1)
2
(x
2
x + 1) = 0. Phơng trình có một nghiệm x = 1.
Cách2: Chia hai vế của phơng trình cho x
2
(Vì x

0)ta đợc:
(x
2
+
2
1
x
) 3(x +
x
1
) + 4 = 0.
Đặt y = x +
x
1
thì x
2
+
2
1
x
= y

2
2, ta đợc: y
2
3y + 2 = 0 nên y
1
= 1; y
2
= 2.
Với y = 1, ta có x
2
x + 1 = 0, vô nghiệm
Với y = 2 ta có x
2
2x + 1 = 0, nên x = 1.
Vậy phơng trình có nghiệm x = 1.
Ví dụ 11: Giải phơng trình:
x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 1 = 0
Giải: Ta thấy x 1

0 vì x = 1 không nghiệm đúng phơng trình.
Nhân hai về của phơng trình với x 1

0 ta đợc x
5

1 = 0 hay x = 1, không thoả mãn điều kiện trên.
Vậy phơng trình vô nghiệm
Bài tập vận dụng
Bài 6:Giải các phơng trình sau:
a) x
3
5x
2
+ 8x 4 = 0
b) 9ax
3
-18x
2
4ax + 8 = 0 (a là tham số)
c) x
3
+ x
2
+ 4 = 0
d) (x 1)
3
+ (x +2)
3
= (2x + 1)
3
Bài 7: Giải các phơng trình bậc bốn:
a) (x
2
+ x)
2

+ 4(x
2
+ x) = 12
b) x(x 1)(x + 1)(x + 2) = 24
c) (x 7)(x 5)(x 4)(x 2) = 72
d) (x 1)(x 3)(x + 5)(x + 7) = 297
e) (6x + 7)
2
(3x + 4)(x + 1) = 6
Bài 8: Giải các phơng trình sau:
a) (x
2
4)
2
= 8x + 1
b) (x
2
4x)
2
+ 2(x 2)
2
= 43
c) (x 2)
4
+ (x 6)
4
= 82
d) x
6
+ x

5
+ x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 1 = 0
e) 2x
4
+ x
3
6x
2
+ x + 2= 0
Bài 9: Cho phơng trình x
3
(m
2
m + 7)x 3(m
2
m 2) = 0
a) Tìm các giá trị của m để một trong các nghiệm của phơng trình bằng 1
b) Giải phơng trình ứng với các giá trị đó của m.
Phần II
Phơng trình bậc hai và phơng trình bậc cao
I/ Phơng trình bậc hai một ẩn.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
ở phần này tôi xin chỉ đa ra một số bài tập cơ bản và đơn giản mà không nói sâu, tôi xin tập

chung sâu ở các phơng trình có liên quan tới bậc hai trở lên (phơng trình bậc cao) cùng với một số ph-
ơng pháp giải.
A/ Lý thuyết:
1/ Công thức nghiệm:
Cho phơng trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0 (a
0
) (1)
Ta có

= b
2
4ac (
'
= b
2
ac)
(1) vô nghiệm <=>

< 0 (
'
< 0)
(1) có nghiệm kép <=>

= 0 (
'
= 0) x
1
= x

2
=
a
b
2

(x
1
= x
2
=
a
b'
)
(1) có hai nghiệm phân biệt <=>

> 0 (
'
> 0)
x
1
=
a
b
2
+
( x
1
=
a

b '+
) ; x
2
=
a
b
2

( x
2
=
a
b '
)
(1) có nghiệm <=>


0 (
'

0)
2/ Hệ thức Vi ét:
Nếu phơng trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thì:
S = x

1
+ x
2
=
a
b
và P = x
1
.x
2
=
a
c
3/ Hệ quả (nhẩm nghiệm của phơng trình bậc hai):
Phơng trình ax
2
+ bx + c = 0 (a
0
).
- Nếu a + b + c = 0 thì phơng trình có nghiệm x
1
= 1; x
2
=
a
c
- Nếu a b + c = 0 thì phơng trình có nghiệm x
1
= -1; x
2

=
a
c
4/ Hệ thức Vi ét đảo:
Nếu hai số x, y thoả mãn x + y = S và x.y = P thì hai số x, y là nghiệm của phơng trình: X
2
SX + P =
0.
( áp dụng: để tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng và dùng để lập phơng trình bậc hai khi khi
biết trớc hai nghiệm )
5/ Chú ý (Điều kiện cần và đủ ):
Để PT (1) có hai nghiệm trái dấu <=> a.c < 0
Để PT (1) có hai nghiệm cùng dấu <=>
{
0
0

>
P
Để PT (1) có hai nghiệm cùng dơng <=>



>

>
0
0
0
P

S
Để PT (1) có hai nghiệm cùng âm <=>



>

<
0
0
0
P
S
B/ Bài tập
Bài 1: Cho phơng trình: 2x
2
+ mx 5 = 0.
a) Tìm m để phơng trình có một nghiệm là 1.Tìm nghiệm còn lại.
b) Tìm m để phơng trình có một nghiệm là -1.Tìm nghiệm còn lại.
Bài 2: Cho phơng trình: x
2
+ 2(m - 1)x 2m +5 = 0.
a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thoả mãn:

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
-
1
2
2

1
x
x
x
x
+
= 2.
- x
1
+ x
2
+ 2x
1
x
2


6.
Bài 3: Cho phơng trình: x
2
2x + m + 2.
a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu? Trái dấu?
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thảo mãn:
- x
1
+ x

2
+ 2x
1
x
2


6.
- x
1
+ x
2
+ 4x
1
x
2
= 10.
Bài 4: Cho phơng trình: x
2
8x + m + 5 = 0.
a) Giải phơng trình với m = 2.
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu dơng.
c) Tìm m để phơng trình có một nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia. Tìm các nghiệm trong trờng hợp
này.
Bài 5: Cho phơng trình: x
2
2(m + 1)x + 2m = 0.
a) Chứng tỏ rằng(CTR) phơng trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x
1

, x
2
là hai nghiệm của phơng trình. CTR: A = x
1
+ x
2
x
1
x
2
không phụ thuộc vào m.
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn:
x
1
2
+ x
2
2
- 3x
1
x
2
= 6
Bài 6: Cho phơng trình: x
2
(2m 1)x + m

2
m 2 = 0.
a) CTR: Phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình. Tìm m để 2x
1
x
2
+ x
1
+ x
2


3
Bài 7: Cho phơng trình: x
2
+ 2x + 2m + 5 = 0.
a) Tìm m để phơng trình có nghiệm kép? Hai nghiệm phân biệt?
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình. Tính A = x
1
2
+ x

2
2
theo m.
c) Tìm m để A = 10.
d) Lập phơng trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm là y
1
=
2
1
x
, y
2
=
1
1
x
Bài 8: Cho phơng trình: x
2

+ (m + 1)x + m = 0.
a) Giải phơng trình với m = 3.
b) CTR: Phơng trình luôn có nghiệm với mọi m.
c) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình. Tìm m để x
1
2
x

2
+ x
1
x
2
2
= 10.
Bài 9: Cho phơng trình: x
2
2x + m 2 = 0.
a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu?
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn:
3
10
1
2
2
1
=+
x
x
x
x

Bài 10: Cho phơng trình: 3x
2

4x + m 1 = 0.
a) Giải phơng trình với m = 6.
b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm cùng dấu? Trái dấu?
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thoả mãn x
1
= 3x
2
.
Bài 1 1 :
Cho phơng trình: x
2
4x + m = 0.
a) Tìm m để phơng trình có nghiệm.
b) Với giá trị nào của m để phơng trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn: x
1
2
+ x
2
2
= 12.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x
1
2
+ x
2
2

Bài 12 : Cho phơng trình: x
2
3x - m + 2 = 0 (1)
a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu? Cùng dấu?
b) Tìm m để phơng trình có một nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại.
c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm thảo mãn: x
1
2
+ x
2
2
= 8.
d) Lập phơng trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm gấp đôi các nghiệm của phơng trình (1).
Bài 13 :
Cho phơng trình: x
2
2(a 1)x + 2a - 5 = 0.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
a) CMR: Phơng trình luôn có nghiệm với mọi a.
b)Tìm a để phơng trình có hai nghiệm thoả mãn: x
2
< 1 < x
1
Bài 1 4:
Cho phơng trình: x
2
+ (m +1)x + m - 1 = 0.
a) CMR: Phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để A = x

1
2
x
2
+ x
1
x
2
2
4x
1
x
2
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 1 5: Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình:
2x
2
+ 2(m + 1)x + m
2
+ 4m + 3 = 0 (1).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2121
22 xxxxA
=
.
II/ Phơng trình tam thức.

1) Định nghĩa:
Phơng trình tam thức là phơng trình có dạng: ax
2n
+ bx
n
+ c = 0 (a

0) (1)
trong đó a, b, c là các số thực, n nguyên dơng, n

2.
2) Ph ơng pháp giải:
- Nếu a, b, c là các số thực đồng thời khác 0 và n = 2 thì (1) là phơng trình trùng phơng ma ta đã
biết cách giải.
- Nếu trờng hợp n > 2. Đặt x
n
= y, phơng trình (1) đa đợc về dạng

{
yx
cbyay
n
=
=++
0
2
3) Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phơng trrình x
6
+ 9x

3
8 = 0.
Giải:
Cách 1: Đặt x
3
= y, ta có phơng trình y
2
9y + 8 = 0. Phơng trình này có nghiệm y
1
= 1; y
2
= 8, từ đó
ta tìm đợc x
3
= 1 và x
3
= 8, suy ra x = 1; x = 2.
Cách 2: Phân tích vế trái của phơng trình thành nhân tử, vế phải bằng 0:
- x
6
+ 9x
3
8 = 0
<=> ( x
6
+ x
3
) + (8x
3
8) = 0

<=> -x
3
(x
3
- 1) + 8(x
3
1) = 0
<=> (x
3
- 1) (8 - x
3
) = 0
Từ đó ta cũng tìm đợc x = 1 hoặc x = 2
Bài tập vận dụng
Bài 16: Giải các phơng trình sau:
a) x
6
7x
3
+ 6 = 0
b) x
8
+ x
4
+ 2 = 0
c) x
8
17x
4
+ 16 = 0

d) x
12
10x
6
+ 24 = 0
e) x
10
+ x
5
- 6 = 0
f) x
6
+ x
4
+ x
2
= 0
III/ Phơng trình đối xứng
1) Định Nghĩa:
Một phơng trình đa thức: a
0
x
n
+ a
1
x
n 1
+ + a
n -1
x + a

n
= 0. Gọi là đối xứng nếu các hệ số của
các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau, nghĩa là: a
n
= a
0
; a
n 1
= a
1
,, a
n 2
= a
2
Tuỳ
theo n là số chẵn hay số lẻ mà ta có phơng trình đối xứng bậc chẵn hay bậc lẻ.
2)Ví dụ
Ví dụ 2: Giải phơng trình: 2x
4
+ 3x
3
16x
2
+ 3x + 2 = 0. (1)
Nhận xét:
Đây là phơng trình đối xứng bậc chẵn dạng:
ax
4
+ bx
3

+ cx
2
+ bx + a = 0
Phơng trình này không có nghiêm x = 0, chia cảc hai về của phơng trình cho

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
x
2


0 rồi nhóm lại ta đợc: a(x
2
+
2
1
x
) + b(x +
x
1
) + c = 0.
Đặt t = x +
x
1
thì x
2
+
2
1
x
= t

2
2.
Sẽ dẫn đến phơng trình bậc hai at
2
+ bt + c 2a = 0. Từ đó tính đợc t rồi tính đợc x theo phơng trình:
x
2
tx + 1 = 0 để tìm đợc các giá trị của x.
Trở lại ví dụ 2 tacó cách giải sau:
Chia hai vế của phơng trình cho x
2
, rồi nhóm lại ta có:
2(x
2
+
2
1
x
) + 3(x +
x
1
) -16 = 0. Đặt t = x +
x
1
=> x
2
+
2
1
x

= t
2
2, ta đợc phơng trình: 2t
2
+ 3t 20
= 0. Phơng trình này có nghiệm t = -4 và t =
2
5
. Để tìm x ta giải hai phơng trình x +
x
1
= -4 và x +
x
1
=
2
5
, từ đó phơng trình có 4 nghiệm x
1,2
= -2
3
; x
3
=
2
1
; x
4
= 2.
Ví dụ 3: Giải phơng trình:

2x
5
+ 3x
4
5x
3
5x
2
+ 3x + 2 = 0 (2)
Nhận xét:
Đây là phơng trình đối xứng bậc lẻ(bậc 5), có dạng:
ax
5
+ bx
4
+ cx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0.
Phơng trình này có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên phơng trình có nghiệm x =
-1.
Hạ bậc của phơng trình theo lợc đồ Hoóc ne
a b c c b a
-1 a b - a a b
c
b - a a 0
Ta đợc phơng trình: (x + 1)[ax
4
+ (b a)x

3
+ (a b c)x
2
+ (b a)x + a] = 0
Giải tiếp phơng trình đối xứng bậc chẵn:
ax
4
+ (b a)x
3
+ (a b c)x
2
+ (b a)x + a = 0, ta tìm đợc nghiệm của phơng trình.
Giải:
áp dụng nhận xét trên vào ví dụ 3 thì phơng trình (2) có thể viết nh sau:
(x + 1)(2x
4
+ x
3
6x
2
+ x + 2) = 0.
(Các bạn cũng có thể thực hiện phép chia hai vế của phơng trình (2) cho x + 1 để đợc phơng trình này).
Ngoài nghiệm x = -1 ra để tìm tiếp các nghiệm của phơng trình (2), ta giải phơng trình 2x
4
+ x
3
6x
2

+ x + 2 = 0. Đây là phơng trình đối xứng bậc chẵn. Tiếp tục cách giải nh ví dụ 2, ta đợc x

1
= x
3
= 1, x
2
=
- 0,5 và x
4
= - 2.
Qua hai ví dụ trên ta thấy rằng:
- Nếu hạ bậc của một phơng trình đối xứng bậc lẻ, ta lại đợc một phơng trình đối xứng.
- Các nghiệm của một phơng trình đối xứng đôi một nghịch đảo của nhau. Nh vậy nếu a là một nghiệm
của phơng trình đối xứng thì
a
1
cũng là nghiệm của phơng trình. Vì lẽ đó các phơng trình đối xứng (bậc
chẵn hay bậc lẻ) còn đợc gọi là phơng trình thuận nghịch (bậc chẵn hoặc bậc lẻ).
Bài tập vận dụng
Bài 17: Giải các phơng trình sau:
a) x
4
+ 5x
3
12x
2
+ 5x + 1 = 0.
b) 6x
4
+ 5x
3

38x
2
+ 5x + 6 = 0.
c) 6x
4
+ 7x
3
36x
2
- 7x + 6 = 0.
d) 6x
5
- 29x
4
+ 27x
3
+ 27x
2
- 29x + 6 = 0.
e) x
7
2x
6
+ 3x
5
- x
4
- x
3
+ 3x

2
- 2x + 1 = 0.
VI/ Một số cách giải các phơng trình bậc cao
ở chơng trình toán sau này chúng ta sẽ có dịp là quen với phép giải tổng quát phơng trình bậc
cao. ở đây chúng ta nghiên cứu một số cách giải khác để giải phơng trình bậc cao.
1. Phơng pháp đặt ẩn phụ.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Thực ra phơng pháp nay đã đợc tôi đề cập đến ơ trên khi trình bày về phơng trình bậc nhât một
ẩn. Song ở trên tôi cha đi sâu mà mới chỉ đa ra và đề cập đến những phơng trình đa về phơng trình bậc
nhất một ẩn. ở đây tôi xin đa ra ở mức độ sâu hơn.
Ví dụ 4: Giải phơng trình:
(x
2
+ x + 2)
2
12(x
2
+ x + 2) + 35 = 0. (3)
Giải:
Thực chất phơng trình này ta rất rễ tìm ra cách đặt ẩn phụ ngay.
Đặt x
2
+ x + 2 = y, ta đợc phơng trình: y
2
12y + 35 = 0.
Phơng trình này cho ta y = 5 và y = 7.
- Với y = 5, ta có x
2
+ x + 2 = 5 phơng trình này cho ta hai nghiệm

2
131
2,1

=x
- Với y = 7, ta có x
2
+ x + 2 = 7 phơng trình này cho ta hai nghiệm
2
211
4,3

=x
Vậy phơng trình (3) có 4 nghiệm
2
131
2,1

=x
;
2
211
4,3

=x
Ví dụ 5: Giải phơng trình:
(x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x
2
. (4)
Nhân xét:

Phơng trình trên có dạng: (x a)(x b)(x c)(x d) = Ax
2
, trong đó ad = bc.
Để giải phơng trình này ta đặt ẩn phụ
x
ad
xy +=
.
Giải:
Ta biến đổi phơng trình (4) về dạng: (x
2
+ 14x + 24)(x
2
+ 11x + 24) 4x
2
.
Phơng trình không có nghiệm x = 0; chia cả hai vế của phơng trình cho x
2

0, ta đợc: (x + 14 +
x
24
)(x +
11 +
x
24
) = 4. Đặt y = x +
x
24
rồi đa phơng trình về dạng (y + 14)(y + 11) = 4 hay y

2
+ 25y + 150 = 0.
Suy ra y
1
= -15; y
2
= -10. Từ đó suy ra x
2
+ 15x + 24 = 0 hoặc x
2
+ 10x + 24 = 0. Hai phơng trình này
cho các nghiệm:
2
12915
1

=x
;
2
12915
2
+
=x
; x
3
= -6; x
4
= -4.
Ví dụ 6: Giải phơng trình: (6 x)
4

+ (8 x)
4
= 16 (5).
Nhân xét:
Phơng trình này có dạng: (x a)
4
+ (x b)
4
= A.
Để giải phơng trình nay ta dùng phép đặt ẩn phụ. Đặt y =
2
bxax +
= x -
2
ba +
.
Giải:
Dặt y =
2
86 xx +
= 7 x, rồi đa phơng trình (5) về dạng: y
4
6y
2
7 = 0. Đây là phơng trình
trùng phơng, ta rễ ràng tìm ra nghiệm y
1
= 1; y
2
= 8 rồi suy ra

x
1
= 8; x
2
= 6.
Chú ý:
Phơng trình còn có dạng: (x + a)
4
+ (x + b)
4
= A, để giải phơng trình dạng nay ta cũng đặt y =
2
bxax +++
= x +
2
ba +
và cũng giải tơng tự nh trên.
2. Phơng pháp đa về phơng trình tích
Ví dụ 7: Giải phơng trình:
x
4
+ 4x
3
+ 3x
2
+ 3x 1 = 0 (6).
Giải:
Ta nhóm các hạng tử thích hợp ở vế trái tạo thành các bình phơng đúng rồi sử dụng công thức A
2
B

2

= (A B)(A + B) để biến vế trái thành tích.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
x
4
+ 4x
3
+ 3x
2
+ 3x 1 = 0
<=> (x
2
+ 2x)
2
(x 1)
2
= 0
<=> (x
2
+ x + 1)(x
2
+ 3x 1) = 0.
Phơng trình x
2
+ x + 1 = 0 vô nghiệm, còn phơng trình x
2
+ 3x 1 = 0 cho nghiệm:
2

133
2,1

=x
và
là nghiệm của phơng trình (6).
Ví dụ 8: Giải phơng trình:
x
4
4x
3
10x
2
+ 37x 14 = 0 (7).
Giải:
Vế phải là một đa thức bậc 4, giả sử phân tích đợc thành hai nhân tử bậc hai
x
2
+ px + q và x
2
+ rx + s, trong đó p, q, r, s là các số nguyên cha xác định, khi đó: x
4
4x
3
10x
2
+
37x 14 =( x
2
+ px + q)( x

2
+ rx + s).
Khai triển, nhóm các hạng tử rồi đồng nhất các số hạng cùng bậc ở hai vế của đồng nhất thứ ta có hệ
sau:
p + r = -4 và s + p + qr = -10 và ps + qr = 37 và qs = -14.
Giải hệ phơng trình này ta đợc p = -5; q = 2; s = -7; r = 1 do đó phơng trình (7) trở thành: ( x
2
- 5x + 2)
( x
2
+ x - 7 ) = 0. Giải hai phơng trình bậc hai
x
2
- 5x + 2 = 0 và x
2
+ x 7 = 0, ta đợc nghiệm của phơng trình (7) là:
2
175
2,1

=x
;
2
291
4,3

=x
.
Bài tập vận dụng
Bài 18: Giải các phơng trình sau:

a) ( x
2
+ x + 1)( x
2
+ x + 2 ) = 12.
b) (x
2
5x)
2
+ 10(x
2
5x) + 24 = 0
c) (x + 1)(x + 3)(x + 5)( x + 7) = 9.
d) (x
2
+ 5x)
2
- 2(x
2
+ 5x) - 24 = 0.
Bài 19: Giải các phơng trình:
a) (x + 5)
4
+ (x + 3)
4
= 2.
b) (x 2)
6
+ (x 4)
6

= 64.
c) (x + 6)
4
+ (x + 4)
4
= 82.
d) (x 4,5)
4
+ (x 5,5)
4
= 1.
Bài 20: Giải phơng trình:
a) (x
2
3x + 1)(x
2
+ 3x + 2)(x
2
9x + 20) = -30.
b) (x
2
x + 1)
4
6x
2
(x
2
x + 1)
2
+ 5x

4
= 0.
Bài 21: Giải phơng trình:
(a x)
5
+ (x b)
5
= (a b)
5
với
ba
.
V/ Phơng trình phân thức hữu tỉ
Khái niệm: Phơng trình phân thức hữu tỉ là phơng trình sau khi biến đổi có dạng:
0
)(
)(
=
xQ
xP
, trong
đó P(x) và Q(x) là các đa thức và Q(x)

0.
Ph ơng pháp: Để giải phơng trình này ta đa về giải hệ
{
0)(
0)(
=

xP
xQ
.
Ví dụ 9: Giải phơng trình:

2
3
35
5
3
4
22
=
+
+
++ xx
x
xx
x
(8).
Giải:
Phơng trình này không co nghiệm x = 0, chia mỗi phân thức ở vế của phơng trình cho x

0, ta đợc:

2
3
5
3
5

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

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Đặt y =
x
x
3
+
, ta có phơng trình:
2
3
5
5
1
4
=

+
+ yy
hay

0
)5)(1(
152
2
=
+
+
yy
yy
. Giải phơng trình này tìm đợc y
1
=
-5; y
2
= 3.
Từ đó ta có hai phơng trình
x
x
3
+
= -5 (1) và
x
x
3
+
= 3 (2).
Giải phơng trình (1) ta đợc nghiệm x
1
=
2

135 +
; x
2
=
2
135
, giải phơng trình (2) vô nghiệm.
Vậy phơng trình (8) có nghiệm là: x
1
=
2
135 +
; x
2
=
2
135
.
Nhận xét:
Phơng trình đã cho có dạng:
C
cxbax
Bx
cxbax
Ax
=
++
+
++
2

2
1
2
.
Trong đó ABC

0 và ac

0, đặt ẩn phụ y = ax +
a
c
rồi đa về phơng trình dạng:
C
by
B
by
A
=
+
+
+
21
.
Ví dụ 10: Giải phơng trình:
x
2
+
2
1

x
x
= 8 (9)
Giải:
Điều kiện: x

1
Ta có: x
2
+
2
1






x
x
= 8
<=> x
2
+ 2x.
1x

x
+
2
1






x
x
- 2x.
1x
x
= 8
<=>
8
2
2
1
2
2
=

+
x
x
x
x
x
<=>
8
1
.2
1
2
2
2
=

x
x
x
x
Đặt y =
1
2
x
x
, ta có phơng trình y
2
2y 8 = 0. Giải phơng trình này có nghiệm y = -2; y = 4; từ đó
suy ra x
1
= 2; x
2
= -1 +
3
; x
3
= -1 -
3
.
Vậy phơng trình (9) có nghiệm là: x

1
= 2; x
2
= -1 +
3
; x
3
= -1 -
3
.
Ví dụ 11: Giải phơng trình:

0
1
4
12
1
2
44
1
2
5
2
2
22
=


+

+







+

x
x
x
x
x
x
(10)
Giải:
Điều kiện
1

x
.
Đặt

u
x
x
=
+

1
2
;
v
x
x
=

+
1
2
, ta có phơng trình 5u
2
44v
2
+12uv = 0. Phơng trình này có nghiệm u = v = 0; u
= 2v hoặc u =
5
22

v.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Xét các trờng hợp trên phơng trình (10) chỉ có nghiệm:

2
739
1
+
=x
;
2
739
2

=x
.
Ví dụ 12: Giải phơng trình:

6
1
5
1
5
=






+

+

+

x
x
x
x
x
x

(11)
Giải:
Điều kiện
1

x
; đặt u =
1
5
.
+

x
x
x
và v =

1
5
+

+
x
x
x
,
khi đó uv = 6 và u + v =
1
5
.
+

x
x
x
+
1
5
+

+
x
x
x
= 5, nh vậy u, v là nghiệm của phơng trình: t
2
5t + 6 = 0,

suy ra t
1
= 3; t
2
= 2, từ đó ta tìm đợc u
1
= 3 và v
1
= 2 hoặc u
2
= 2 và v
2
= 3.
Xét với từng cặp giá trị của u và v ta tìm đợc nghiệm của phơng trình (11) là:
x = 2; x = 1.
Bài tập vận dụng
Bài 22: Giải các phơng trình sau:
a)
012
1
5
1
2
2
=

++






+
x
x
x
x
b)
1
7104
5
784
4
22
=
+
+
+ xx
x
xx
x
c)
4
1

4
48
1
2
5
1
2
2
2
22
=










+







+

+

x
x
x
x
x
x
d)
12
1
1516
1515
1514
1513
2
2
2
2
=
+
+

+
+
xx
xx
xx
xx
Bài 23: Giải các phơng trình sau:
a)
4
4
4
3
3
2
2
1
1
=

+
+
+

+
+

+

+
x

x
x
x
x
x
x
x

b)
3
8
2
8
2
8
1
4
1
4

+

+

+
=
+

+

+
x
x
x
x
x
x
x
x
c)
11
)5(
25
2
2
2
=
+
+
x
x
x
d)






+=+

x
x
x
x
1
6
1
3
3

e)
116
611
4


=
x
x
x
f)
x
x
x
78133
78133
5


=

Phần III
Phơng trình vô tỉ
Các phơng trình đại số chứa ẩn trong dấu căn gọi là phơng trình vô tỉ.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Để giải các phơng trình này, phải khử dấu căn. Sau đây là một số phơng pháp thờng dùng để giải phơng
trình vô tỉ:
I/ Phơng pháp nâng lên luỹ thừa
Ví dụ 1: Giải phơng trình:

xx
=+
323
(1)
Giải:
Điều kiện xác định của phơng trình là: 2x 3

0 <=> x


2
3
(2)
Tách riêng căn thức ở một vế ta đợc:
332
=
xx
(3)
Ta phải có thêm điều kiện: x 3

0 <=> x

3 (4)
Với điều kiện (4) thì
PT(3) <=> 2x 3 = (x 3)
2
(5)
<=> 2x 3 = x
2
6x + 9
<=> x
2
8x + 12 = 0
<=> (x 2)(x 6) = 0
<=> x
1
= 2; x
2
= 6.
Giái trị x
1
= 2 không thoả mãn ĐK (4) loại.
x
2
= 6 thoả mãn ĐK (2) và (4), là nghiệm của phơng trình.
Vậy phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 6.
Nhận xét
a) Nếu không đặt điều kiện x 3

0 ở (3), ta sẽ sai lầm khi nhận x = 2 là nghiệm của (1). Chú ý rằng

từ (3) suy ra đợc (5) nhng từ (5) chỉ suy ra đợc (3) với điều kiện x 3

0.
b) Có thể bình phơng hai vế của (1) với điều kiện x

0 (điều kiện này đã có ở
2x 3

0), nhng lời giải không ngắn ngọn bằng cách tách riêng căn thức ở mỗi vế.
Ví dụ 2: Giải phơng trình:

23151
=
xxx
Giải:
Điều kiện xác định của phơng trình là x

1. (1)
Chuyển vế ta có
23151
+=
xxx
(2)
Bình phơng hai vế ta đợc:

21315223151
2
+++=
xxxxx

<=>
.21315272
2
+=
xxx
(3)
Đến đây có hai cách giải
Cách 1: Với điều kiện 2 7x

0 <=> x


7
2
(4)
thì PT(3) <=> 4 28x +49x
2
= 4(15x
2
13x +2) (5)
<=> 11x
2
24x + 4 = 0
<=> (11x 2)(x 2) = 0 <=> x
1
=
11
2
; x
2

= 2.
Giái trị x
1
=
11
2
không thoả mãn điều kiện (1), loại.
Giái trị x
2
= 2 không thoả mãn (5), loại.
Vậy phơng trình vô nghiệm.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Cách 2: Ta phải có 2 7x

0 <=> x


7
2
, điều này trái với điều kiện (1) x

1. Vậy phơng trình vô
nghiệm.
Ví dụ 3: giải phơng trình:

112
33
=++
xx

(1)
Giải:
Lập phơng hai vế, áp dụng hằng đẳng thức
(a +b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
ta đợc
1)12()12(312
33
3
=++++++
xxxxxx
(2)
Thay
112
33
=++
xx
vào (2) ta có
1)12(313
3
=+++
xxx
(3)
<=>
xxx

=+
3
)12(3
(4)
<=> x(2x +1) = -x
3
<=> x(2x + 1 + x
2
) = 0
<=> x(x + 1)
2
= 0 <=> x
1
= 0; x
2
= -1
Thử lại: - với x
1
= 0 thảo mãn (1).
- với x
2
= -1 không thoả mãn (1), loại.
Vậy phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 0.
Nhận xét:
Các phơng trình (1) và (2) hai tơng đơng, nhng các phơng trình (2) và (3) không tơng đơng. Từ
(2) ruy ra đợc (3), nhng từ (3) không suy ra đợc (2). Do đó sau khi tìm đợc các nghiệm của (3) là 0 và
-1, phải thử các giái trị đó vào (1) để chọn ra nghiệm của (1).
II/ Phơng pháp đa về phơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
1. Lý thuyết
Định nghĩa giá trị tuyệt đối:

{
A
A
A

=

2. Ví dụ
Ví dụ 4: Giải phơng trình:

21212
=++
xxxx
(1)
Giải:
Điều kiện x

1.
PT (1) <=>
211211121
=++++
xxxx
<=>
2)11()11(
22
=++
xx
<=>
21111

=++
xx
<=>
21111
=++
xx
<=>
1111
=+
xx
(2)
- Nếu
2
>
x
, thì PT (2) <=>
1111
=+
xx
<=>
11
=
x


Với A < 0
Với A

0
Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình

<=>
11
=
x
<=>
2
=
x
không thuộc khoảng đang xét loại.
- Nếu
21

x
, thì PT (2) <=>
1111
=+
xx
luôn đúng, phơng trình vô số nghiệm với
21

x
.
Vậy phơng trình (1) có nghiệm
21

x
.
Ví dụ 5: Giải phơng trình:

1168143

=+++
xxxx
(3)
Giải:
Điều kiện x

1.
PT (3) <=>
191614141
=+++
xxxx
<=>
1)31()21(
22
=+
xx
<=>
13121
=+
xx
(4)
- Nếu
51
<
x
thì PT (4) <=>
11312
=+
xx
<=>

21
=
x
<=>
5
=
x
không thuộc khoảng đang xét loại.
- Nếu
105

x
thì PT (4) <=>
13121
=+
xx
<=> 0x = 0, phơng trình vô số
nghiệm.
- Nếu x > 10 thì PT (4) <=>
13121
=+
xx
<=>
31
=
x
<=> x = 10 không thuộc khoảng đang xét loại.
Vậy phơng trình (3) có nghiệm
105

x
.
III/ Phơng pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 6: Giải phơng trình:

3393232
22
=++++
xxxx
(5)
Giải:

3393232
22
=++++
xxxx
<=>
042932932
22
=+++++
xxxx
(6)
Vì
=++=++
)
2
9
2
3
(2932

22
xxxx






+++
16
63
)
16
9
4
3
2(2
2
xx






++=
16
63
)
4

3
(2
2
x
> 0 với mọi x.
Đặt y =
932
2
++
xx
(y > 0), thì PT (6) có dạng: y
2
+ y 42 = 0
=> y = 6 (thoả mãn) hoặc y = -7 (loại)

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
- Với y = 6, ta có
932
2
++
xx
= 6 <=> 2x
2
+ 3x 27 = 0 <=> x
1
= 3; x
2
=
2
9

.
Vậy phơng trình (5) có nghiệm x
1
= 3; x
2
=
2
9
.
Ví dụ 7: Giải phơng trình:

277218213
22
=+++++
xxxx
(7)
Giải:

277218213
22
=+++++
xxxx
<=>
2772321213
22
=+++++
xxxx
<=>
27723)77(3
22

=+++++
xxxx
(8)
Đặt
77
2
++
xx
= y (y

0) thì
77
2
++
xx
= y
2
.
PT (8) có dạng: 3y
2
+ 2y 5 = 0 <=> y =
3
5
(loại); y = 1 (thoả mãn).
- Với y = 1 thì
77
2
++
xx
= 1 <=>

067
2
=++
xx
<=> x
1
= -1; x
2
= -6.
Vậy phơng trình (7) có nghiệm: x
1
= -1; x
2
= -6.
Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ nh hai phơng trình trên đã làm cho phơng trình đợc chuyển về dạng hữu tỉ.
Ví dụ 8: Giải phơng trình:

112
33
=++
xx
(9)
Giải:
Đặt
ax
=+
3
12
và
bx

=
3
thì 2x + 1 = a
3
và x = b
3
, nên ta có 2b
3
+ 1 = a
3
hay a
3
2b
3
= 1(*).
Mà PT (9) có dạng: a + b = 1 => b = 1 a thay vào (*) ta đợc a
3
2(1 a)
3
= 1
<=> a
3
1 + 2(a 1)
3
= 0 <=> (a 1)(a
2
+ a + 1) + 2(a 1)
3
= 0
<=> (a 1)[a

2
+ a + 1 +2(a 1)
2
] = 0
Do a
2
+ a + 1 +2(a 1)
2
> 0 nên a = 1. Suy ra b = 0.
Với a = 1 và b = 0 thì x = 0.
Vậy phơng trình (9) có nghiệm x = 0.
IV/ phơng pháp bất đẳng thức
Phơng pháp bất đẳng thức để giải phơng trình vô tỉ đợc thể hiện dới nhiều dạng:
1. Chứng tỏ rằng phơng trình vô nghiệm vì có một vế luôn nhỏ hơn vế kia.
Ví dụ 9: Giải phơng trình:

23151
=
xxx
(10)
Bằng cách chứng tỏ rằng với điều kiện xác định của phơng trình, có một vế của phơng trình luôn nhỏ
hơn vế kia.
Giải:
Điều kiện để xác định của (10) là x

1. Với điều kiện này thì x < 5x, do đó
151
<
xx
suy

ra vế trái của (10) là số âm, còn vế phải không âm. Phơng trình vô nghiệm.
2. Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế.
Ví dụ 10: Giải phơng trình:

222
2414105763 xxxxxx
=+++++
(11)
Giải:
Ta có
Vế trái (VT):
14105763
22
+++++
xxxx


Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
=
9)1(54)1(3
22
+++++
xx


94
+
= 5.
Vế phải (VP):
2

24 xx

= 5 (x + 1)
2


5.
Vậy để VT = VP khi và chỉ khi hai vế của (11) đều bằng 5, khi đó x = -1.
Vậy phơng trình (11) có nghiệm x = -1.
3. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 11: Giải phơng trình:

112
33
=++
xx
(12)
Bằng cách chứng tỏ rằng x = 0 là nghiệm duy nhất của phơng trình.
Giải:
Ta thấy x = 0 nghiệm đúng phơng trình (12).
+) Với x > 0 thì
112
3
>+
x
và
0
3
>
x

nên vế trái của (12) lớn hơn 1.
+) Với x < 0 thì
112
3
<+
x
và
0
3
<
x
nên vế trái của (12) nhỏ hơn 1.
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phơng trình (12).
4. Sử dụng điều kiện xẩy ra dấu = ở bất đẳng thức không chặt.
Ví dụ 12: Giải phơng trình:

2
23
23
=

+

x
x
x
x
(13)
Giải:
Điều kiện x >

3
2
(*).
Ta có bất đẳng thức
2
+
a
b
b
a
với a > 0, b > 0, xẩy ra đẳng thức (dấu =) khi và chỉ khi a = b.
Với x >
3
2
thì PT (13) <=>
23
=
xx
<=> x
2
3x + 2 = 0
<=> (x 1)(x 2) = 0 <=> x
1
= 1; x
2
= 2 (thoả mãn *).
Vậy phơng trình (13) có nghiệm x
1
= 1; x
2

= 2.
Bài tập vận dụng
Giải các phơng trình sau:
Bài 1:
a)
143
=+
xx
d)
14314
=++
xx
b)
6315
=+
xx
e)
211
=+
xx
c)
5103
=++
xx
f)
25352
=+
xx
Bài 2:
a)

1112
=
xxx

b)
21212
=+
xxxx
c)
69696
=++
xxxx
Bài 3:
a)
19644
22
=++
xxxx

b)
16944
=+++
xxxx

Tài liệu bồi dưỡng HSG lớp 2009 -2010 C§: Ph¬ng tr×nh
c)
12611246
=+−+++−+
xxxx
d)

1267242
=−−++−−+
xxxx
Bµi 4:
a)
11
=−++
xxx
f)
141
2
+=++
xxx

b)
11
2
−=−−
xxx
g)
2
2
9
41
9
1
3
3
xxx
x

++=
+
c)
126
22
−−=+
xxx
h)
12
7
22
2
2
22
=
+
+
−
+
+
x
x
x
x
d)
221682
22
+=−+++
xxxx
e)

661697
2
+−=−+−
xxxx
Bµi 5:
a)
1212
+=−+−
xxx
b)
2174153
+=+−+
xxx
c)
xxxxxx 24)53)(1(231
2
−=+−−+++−
d)
52101
+++=+++
xxxx
Bµi 6:
a)
221222232
++=+−+++++
xxxxx
b)
1121212349
22
−+=−++−

xxxxx
Bµi 7:
a)
3
2
1
)2(231
2
=
−
−
−++−+−
x
x
xxxx
b)
3
2
2
)2(4)2)(2(
−=
−
+
−++−
x
x
xxx
c)
2
22

2
22
2
=
−−
−
+
++
+
x
x
x
x
Bµi 8:
a)
271
33
=−++
xx
c)
163
33
=−−+
xx
b)
4325
33
=−++
xx
d)

33
3161
+=−+
xx
Bµi 9:
a)
3111
44
4
2
=−+++−
xxx

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
b)
444
2123 xxx
+=
Hớng dẫn bài 9:
a) Đặt 1 + x = a

0, 1 x = b

0. Ta có a + b = 2 và
3
444
=++
baab
Theo bất đẳng thức cô-si
2

nm
mn
+

, ta có
3 =
=
+
+
+
+
+
++
2
1
2
1
2
.1.1.
baba
baba
=+
+
+
+
++
1
2
1
2

1
1
ba
ba
32
2
=+
+
ba
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. Do đó x = 0.
b) Đặt
01
4
=
ax
,
02
4
=
bx
. Diều kiện x

1 (*).
Ta có: a + b =
4
44
ba
+
<=> (a + b)

4
= a
4
+ b
4
<=> 2ab(2a
2
+ 3ab + 2b
2
) = 0.
Nếu a > 0, b > 0 thì 2a
2
+ 3ab + 2b
2
> 0. Do đó a = 0 hoặc b = 0.
Suy ra x = 1 hoặc x = 2. Loại x = 2 vì trái với điều kiện (*).
Phần IV
Phơng trình nghiệm nguyên
I/ Phơng pháp Đa về dạng tích.
Biến đổi để đa về dạng f(x,y).g(x,y) = a (a
Z
). Với f(x,y) và g(x,y) là các đa thức với hệ số
nguyên.
Từ đó ta đi giải các hệ

*) Chú ý: Ta phải xét hết các trờng hợp xẩy ra
Ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2x
3
+ xy 7 = 0

Giải:
2x
3
+ xy 7 = 0
<=> x(2x
2
+ y) = 7 = 7.1 = 1.7 = -7.(-1) = -1.(-7)
Vì x, y

Z => 2x
2
+ y

Z, do đó có 4 trờng hợp xẩy ra. Giải 4 trờng hợp đó ta đợc nghiệm của phơng
trình là: (1;5); (-1;-9); (7;-97); (-7;-99).
Ví dụ 2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
xy = x + y
Giải:
xy = x + y
<=> xy x y = 0
<=> xy x y + 1 = 1
<=> (x 1)(y 1) = 1 = 1.1 = -1.(-1)
Vì x, y

Z => x 1 và y 1

Z
Nên có 2 khả năng xẩy ra:
+)
{

11
11
=
=
x
y





=
=
myxf
m
a
yxg
),(
),(
(với m

Ư(a))
Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
+)
{
11
11
=
=
x

y
Giải hai trờng hợp trên ta đợc nghiệm của phơng trình là: (2;2); (0;0).
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
3xy 3 = 5x + 2y. (1)
Giải: 3xy 3 = 5x + 2y
<=> 3xy 5x 2y 3 = 0
<=> 9xy 15x 6y 9 = 0 (nhân cả hai vế của phơng trình với 3)
<=> 3x(3y 5) 2(3y 5) = 19
<=> (3y 5)(3x 2) = 19 = 1.19 =19.1 =-19.(-1) = -1.(-19)
Có 4 khả năng xẩy ra nhng giải các trờng hợp xẩy ra ta chỉ đợc 2 nghiệm là: (1;8) và (7;2).
*) Nhận xét:
Nếu các phơng trình có dạng axy + bx + cy + d = 0 với a, b, c, d

Z, a

0. Thì để đa phơng trình về
dạng tích thờng ta nhân cả hai vế của phơng trình với a.
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:
x
2
(x + 2y) y
2
(y + 2x) = 1991
Giải: x
2
(x + 2y) y
2
(y + 2x) = 1991
<=> (x
3

y
3
) + (2x
2
y 2xy
2
) = 1991
<=> (x y)(x
2
+ 3xy + y
2
) = 1991 (1)
Vì x, y

Z
+
=> x
2
+ 3xy + y
2
> 0 và x
2
+ 3xy + y
2
> x y. Từ (1) => x y > 0
Mà 1991 = 1.1991 = 11.181 nên có hai trờng hợp xẩy ra
+)
{
1
19913

22
=
=++
yx
yxyx
+)
{
11
1813
22
=
=++
yx
yxyx
Giải các trờng hợp trên với nghiệm nguyên dơng ta đợc (x = 12; y = 1)
Vậy (x = 12; y = 1) là nghiệm nguyên dơng của phơng trình.
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x
2
+ x + 1 = xy y
Giải: x
2
+ x + 1 = xy y
<=> (x
2
x) + (2x 2) + 3 = y(x 1)
<=> (x 1)(x y + 2) = -3
<=> (x 1)(y x 2) = 3 = 1.3 = 3.1
+)
{

31
12
=
=
x
xy
+)
{
11
32
=
=
x
xy
Giải các hệ phơng trình trên ta đợc: (x = 4; y = 7) và (x = 2; y = 7).
* Chú ý: Có thể giải bằng cách sau
1
3
2
1
1
2

++=

++
=
x
x
x

xx
y
. Rồi sử dụng tính chất chia hết.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau:
a) xy 2x + 3y = 27
b) 3xy + x + y = 17
c) 3x
2
+ 10xy + 8y
2
= 96
d) x
3
y
3
= 91
Bài 2:
Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên dơng và số đo diện tích bằng số đo chu vi.
Hớng dẫn: Gọi hai cạnh góc vuông là x, y và cạnh huyền là z.
Theo bài ra ta có: xy = 2x + 2y + 2z
<=> 2z = xy 2x 2y
<=> 4z
2
= x
2
y
2
+ 4x
2

+ 4y
2
4x
2
y 4xy
2
+ 8xy (*)
Theo Pitago ta có: z
2
= x
2
+ y
2
<=> 4z
2
= 4x
2
+ 4y
2
(**)
Từ (*) và (**) => x
2
y
2
4x
2
y 4xy
2
+ 8xy = 0
=> xy(xy 4x 4y + 8) =0

=> xy -4x 4y + 8 = 0 (Vì xy > 0)
=> (x 4)(y 4) = 8 = 1.8 = 2.4

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
Vì x, y có vai trò nh nhau nên:
+)
{ {
13
5
12
14
84
==>
=
=
=
=
z
x
y
x
y
(Thoả mãn)
+)
{ {
10
6
8
24
44

==>
=
=
=
=
z
x
y
x
y
(Thoả mãn)
Vậy có hai tam giác vuông có các cạnh là số nguyên dơng và số đo diện tích bằng số đo chu vi.
II/ Phơng pháp sắp thứ tự các ẩn (các ẩn có vai trò bình đẳng).
Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x

y

z, để tìm các nghiệm thoả
mãn điều kiện này. Từ đó dùng phép hoán vị để suy ra các nghiệm của phơng trình đã cho.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x + y + z = xyz (1)
Giải:
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phơng trình. Giải sử x

y

z.
Vì x, y, z

Z

+
=> xyz

0 và x

y

z
=> xyz = x + y + z

3z
=> xy

3 => xy

{ }
3,2,1
.
* Nếu xy = 1 => x = y = 1 thay vào (1) ta có 2 + z = z vô lý (loại).
* Nếu xy = 2, do x

y => x = 1 và y = 2 thay vào (1) ta đợc z = 3 (thoả mãn)
* Nếu xy = 3, do x

y => x = 1 và y = 3 thay vào (1) ta đợc z = 2 (thoả mãn)
Vậy nghiệm nguyên dơng của (1) là các hoán vị của (1;2;3) gồm: (1;2;3); (1;3;2);
(2;1;3); (2;3;1); (3;1;2); (3;2;1).
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

2

111
=++
zyx
(2)
Giải:
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trớc hết ta xét x

y

z, ta có:
1
2
31
.3
111
2
==>=>++=
xx
xzyx
Thay x = 1 vào (2) ta đợc
{ }
2;12
211
121
11
=>=>+==>=++
yy
yzyzy
.
- Nếu y = 1 =>

0
1
=
z
=> z = 0 (loại)
- Nếu y = 2 =>
2
2
11
==>=
z
z
(thoả mãn)
Vậy nghiệm nguyên dơng của (2) là các hoán vị của (1;2;2) gồm: (1;2;2); (2;1;2)
(2;2;1).
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x + y + 1 = xyz (3)
Giải:
Do vai trò bình đẳng của x, y trong phơng trình, ta xét x

y
xyz = x + y + 1

2y + 1
=> xz


y
y 12
+

= 2 +
y
1
=> xz

3 ( Vì y

1).
=> xz
{ }
3,2,1

* Nếu xz = 1 => x = z = 1 thay vào (3) ta đợc y + 2 = 0 vô lý (loại).
* Nếu xz = 2.

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
- Với x = 1; z = 2 thay vào (3) ta đợc y = 2 (thoả mãn).
- Với x = 2; z = 1 thay vào (3) ta đợc y = 3 (thoả mãn).
* Nếu xz = 3.
- Với x = 1; z = 3 thay vào (3) ta đợc y = 1 (thoả mãn)
- Với x = 3; z = 1 thay vào (3) ta đợc y = 2 (không thoả mãn vì x

y).
Vậy nghiệm nguyên dơng của (3) là (1;2;2); (2;3;1); (1;1;3); (3;2;1) và các hoán vị của x, y gồm:
(1;2;2); (2;1;2); (2;3;1); (3;2;1); (1;1;3).
Ví dụ 4: Tìm nghệm nguyên dơng của phơng trình:
y
3
+ 7x = x
3

+7y (4)
Giải:
* Với x = y. Ta thấy (4) luôn thoả mãn với x = y
* Với x

y => x y

0
x
3
y
3
= 7(x y)
=> x
2
+xy + y
2
= 7 (4)
Giải tơng tự nh trên ta đợc x = 1. Thay x = 1 vào (4) ta đợc:
y(y + 1) = 6 => y = 2.
Vậy nghiệm nguyên dơng của (4) là: (1;2); (2;1) và
{ }
+
=
Zyxyxyx ,&/),(
Bài tập vận dụng
Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau:
a) xy + yz + xz = xyz + 2
b)
2

1111
=++
zyx
c) 2
x
+ 2
y
+ 2
z
= 2336
Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình sau:

{
3
3
333
=++
=++
zyx
zyx
Bài 5: Chứng minh rằng phơng trình sau không có nghiệm nguyên dơng:

1
111
22
=++
yxyx
Hớng dẫn:
Bài 3:
a) xy + yz + xz = xyz + 2 =>

1
2111
+=++
xyzzyx
Do vai trò của x, y, z bình đẳng trong phơng trình. Trớc hết ta xét x

y

z
=>
33
2
1
23
<=>+=>+
x
yz
x
xyzx
(Vì
0
2
>
yz
)
=>
{ }
2,1

x

. Sau đó ta xét tơng tự các bài trên.
c) Vì x, y, z có vai trò bình đẳng nên ta giả sử x

y

z

1.
Từ 2
x
+ 2
y
+ 2
z
= 2336 <=> 2
z
(2
x z
+ 2
y z
+1) = 2
5
.73
Vì 2
x z
+ 2
y z
+1 là số lẻ.
Nên 2
z

= 2
5
=> z = 5
Và 2
x z
+ 2
y z
=73 1 = 72 <=> 2
y z
(2
x y
+ 1) = 2
3
.9
Vì 2
x y
+ 1 là số lẻ
Nên 2
y z
= 2
3
=> y z = 3 => y = z + 3 = 5 + 3 = 8
Và 2
x y
= 9 1 =8=2
3
=> x y = 3 = > x = y + 3 = 8 + 3 = 11.
Vậy nghiệm nguyên dơng của phơng trình là các hoán vị của (11,8,5)

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình

Bài 4:
Ta xét A = (x + y + z)
3
(x
3
+ y
3
+ z
3
)
= (x + y + z)
3
x
3
( y
3
+ z
3
)
= (x + y + z - x)[(x + y + z)
2
+ (x + y + z)x + x
2
] (y + z)(y
2
yz + z
2
)
= (y + z)(3x
2

+ 3xy + 3xz + 3yz)
= 3(y + z)(x + y)(x + z)
Mà x + y + z = x
3
+ y
3
+ z
3
= 3
=> A = 24
Hay 3(y + z)(x + y)(x + z) = 24
<=> (y + z)(x + y)(x + z) = 8 (1)
Vì x + y + z = 3 => (x + y) + (y + z) + (x + z) = 6 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
* Nếu x + y = 8 thì y + z = x + z = -1 <=> x = y = 4 & z = -5
* Nếu x + y = 2 thì y + z = x + z = 2 <=> x = 1, y = 1, z = 1
Vậy phơng trình có các nghiệm nguyên là:
(x = y = z = 1) và các hoán vị của (x = y = 4; z = -5) = (4;4;-5).
Bài 5: Chứng minh phản chứng
Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên dơng.
Giải phơng trình ta sẽ không tìm đợc nghiệm nào.
III/ Phơng pháp s dụng dấu hiệu chia hết và chia còn d.
Phơng pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phơng trình vô nghiệm hoặc tìm
nghiệm của phơng trình.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
xy + x 2y = 3.
Giải: xy + x 2y = 3
<=> y(x 2) = -x + 3 (1)
Vì x = 2 không phải là nghiệm của phơng trình.
Nên PT (1) <=>

2
1
1
2
3

+=

+
=
xx
x
y
y

Z => x 2

Ư(1), mà Ư(1) =
{ }
1
.
Xét các trờng hợp ta đợc nghiệm của PT (1) là (1; -2) và (3; 0).
Chú ý:
Bài này có thể đa về dạng tích (x 2)(y + 1) = 1
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
xy
2
+ 2xy 243y + x = 0 (2)
Giải:
Từ (2) ta có

2
)1(
243
+
=
y
y
x

Vì x, y

R
+
=> 243y

(y + 1)
2
Mà (y; y + 1) = 1, nên => 243

(y + 1)
2
Mà 243 = 3
5
=> 243 chia hết cho 3
2
và 9
2
và 1
2
(Vì (y + 1)

2
> 1
2
)
=> (y + 1)
2
= 3
2
=> y = 2 => x = 54.
Hoặc (y + 1)
2
= 9
2
=> y = 8 => x = 24.
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình (2) là (54;2); (24;8).
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
x
2
3y
2
= 17
Giải: x
2
3y
2
= 17
<=> x
2
= 17 + 3y
2

Vì x
2
là số chính phơng nên => x
2
chia 3 d 0 hoặc 1 (1)
Còn17 + 3y
2
chia 3 luôn d 2 (2)
Từ (1) và (2) => phơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng phơng trình sau không có nghiệm tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 5:

Ti liu bi dng HSG lp 2009 -2010 CĐ: Phơng trình
x! + y! = 10z + 9 (4)
Giải:
Giải sử phơng trình (4) có nghiệm x, y

5 (x, y

N)
=> x!

10 và y!

10 => x! + y!

10 (1)
Vì 10z

10 (z

N) và 9

10 => 10z + 9

10 (2)
Từ (1) và (2) ta có điều giả sử là sai.
Vậy phơng trình không có nghiệm tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 5.
Bài tập vận dụng
Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau:
a) yx + 3x y = 38
b) 3x
2
+ 5y
2
= 12
c) 19x
2
+ 28y
2
= 729.
IV/ Phơng pháp sử dụng tính chẵn lẻ.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên tố của phơng trình:
y
2
2x
2
= 1
Giải: y
2

2x
2
= 1
<=> y
2
= 2x
2
+ 1 (1)
Từ (1) ta thấy y là số lẻ nên y có dạng: y = 2k + 1 (k

Z
*
)
=> (2k + 1)
2
= 2x
2
+ 1 => x
2
= 2(k
2
+ k)
=> x là số chẵn mà x là số nguyên tố.
=> x = 2. Thay x = 2 vào (1) ta đợc y = 3.
Vậy x = 2 & y = 3 là nghiệm nguyên tố của phơng trình.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên tố của phơng trình:
x
y
+ 1 = z (2)
Giải:

Vì là nghiệm nguyên tố nên x, y

2 => x
y


4.
Do đó z

5, mà z là số nguyên tố nên z lẻ => x
y
+ 1 lẻ => x
y
chẵn => x chẵn, mà x là số nguyên tố nên
ta có x = 2.
Thay x = 2 vào (2) ta đợc 2
y
+ 1 = z (2)
Ta xét hai trờng hợp chẵn, lẻ của y.
* Nếu y lẻ thì y có dạng 2k + 1(với k

Z
+
) => (2
2k + 1
+1)

(2+ 1) hay (2
2k + 1
+1)

3 => z

3 điều này
vô lý vì z là số nguyên tố lớn hợn 5.
Vậy y không thể lẻ.
* Nếu y chẵn mà y là số nguyên tố => y = 2, thay vào (2) ta đợc z = 5.
Vậy nghiệm của phơng trình là (x, y, z) = (2, 2, 5).
Ví dụ 3:Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
3.2
x
+ 1 = y
2
. (3)
Giải:
Ta thấy VT là số lẻ => y
2
lẻ => y lẻ. Vậy y = 2k + 1 (với k

Z
+
)
Từ (3) ta có: 3.2
x
+ 1 = (2k + 1)
2
<=> 3.2
x
= 4k(k + 1) <=> 3.2
x 2

= k(k + 1). (3)
Vì k, k + 1 không cùng tính chẵn lẻ, nên từ (3) => 2
x 2
=2 <=> x = 3 => y = 5.
Hoặc 2
x 2
= 4 <=> x = 4 => y = 7.
Vậy nghiệm của phơng trình là: (3;5); (4;7)
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
x
2
2y
2
= 5. (4)
Giải:
Từ (4) => x là số lẻ.
Thay x = 2k + 1 (k

Z) vào (4) ta đợc: 4k
2
+ 4k + 1 2y
2
= 5
<=> y
2
= 2(k
2
+ k 1) (4)
=> y
2

là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t

Z) thay vào (4) ta có: 2(k
2
+ k 1) = 4t
2
<=> k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (*)
Ta thấy k(k + 1) là số chẵn, còn 2t
2
+ 1 là số lẻ => PT (*) vô nghiệm.
Vậy phơng trình (4) không có nghiệm nguyên.
V/ Phơng pháp loại trừ hay chặn dần các nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên: