SKKN VẬN DỤNG NHỮNG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC “NON STANDARD PROBLEMS” TRONG RÈN LUYỆN TƯ DUY TOÁN HỌC CHO HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ

TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
KINH NGHIỆM:
VẬN DỤNG NHỮNG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC “NON STANDARD
PROBLEMS” TRONG RÈN LUYỆN TƯ DUY TOÁN HỌC CHO
HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ.
Họ và tên: MAI TRỌNG MẬU
Đơn vị công tác:Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Huyện Cư-Kuin
Trong thời kỳ phát triển và hội nhập, cùng với việc gia nhập tổ chức WTO đã mở
cho đất nước ta rất nhiều cơ hội lớn nhưng cũng không ít những thách thức lớn. Trước
một thực tại như vậy , nước ta lại phải cùng một lúc giải quyết ba nhiệm vụ : Thoát khỏi
tình trạng nghèo nàn lạc hậu của nền kinh tế nông nghiệp ; đẩy mạnh công nghiệp hóa ,
hiện đại hóa và đồng thời tiếp cận ngay với nền kinh tế tri thức . Để làm nên sự nghiệp ấy
đòi hỏi rất nhiều yếu tố tác động tới, trong đó có việc thích ứng ngay với nền kinh tế tri
thức của thế giới . với bộ môn Toán nếu “Toán học là một môn thể thao của trí tuệ” thì
công việc của người dạy Toán là tổ chức hoạt động trí tuệ ấy. Có lẽ không có môn học
nào thuận lợi hơn môn Toán trong công việc gây hứng thú song cũng đầy khó khăn này.
Là một giáo viên giảng dạy môn Toán nhiều năm qua và nhiều năm tham gia bồi
dưỡng học sinh giỏi . Bản thân tôi luôn trăn trở rất nhiều về quá trình học Toán và làm
Toán của các em học sinh, trong quá trình học Toán, làm Toán các em học sinh cũng gặp
đây đó những bài Toán mà đầu đề có “vẻ lạ”, “không bình thường”, những bài Toán
không thể giải bằng cách áp dụng trực tiếp các quy tắc, các phương pháp quen thuộc.
Những bài Toán như vậy thường được gọi là “không mẫu mực”(non standard problems)
có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy Toán học và thường là sự thử thách
đối với học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các lớp chuyên Toán, thi vào Đại
học. Đương nhiên quen thuộc hay “không mẫu mực” chỉ là tương đối, phụ thuộc vào
trình độ, kinh nghiệm của người học Toán; giải Toán, có bài Toán là “lạ”, “không mẫu
mực” đối với người này nhưng lại quen thuộc đối với người khác.
Để đạt được mục tiêu này tôi xin chân thành cảm ơn tập thể đồng nghiệp đã tạo mọi
điều kiện giúp đỡ để tôi có điều kiện trình bày và trao đổi đề tài này.
Kính thưa quý đồng nghiệp thân mến !

Năm học 20110 – 2011 với chủ đề “ Năm học tiếp tục đổi mới quản lý và nâng cao
chất lượng dạy học”, Là giáo viên dạy toán tôi nhận thấy:’’Việc nâng cao chất lượng dạy
học đại trà và đào tạo bồi dưỡng chất lượng mũi nhọn ’’. Là một trong những nhiệm vụ
trọng tâm hàng đầu, trong đó đầu tư tập trung cho khối 8 và 9 nhằm đào tạo và phát hiện
ra những học sinh có tố chất, học sinh giỏi là rất quan trọng .Vì vậy tôi mạnh dạn xây
dựng và nêu lên kinh nghiệm này. Với mong muốn được các đồng nghiệp trong và ngoài
trường cùng tham khảo và góp ý cho những suy nghĩ của bản thân ngày càng hoàn thiện đi
vào thực tế trong việc dạy học Toán Trung học cơ sở.
Trang 1
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Thưa các bạn ! Trong quá trình học Toán, làm Toán các em học sinh có thể gặp
những bài Toán không thể giải bằng cách áp dụng trực tiếp các quy tắc, các phương pháp
quen thuộc. Những bài Toán như vậy thường được gọi là “không mẫu mực”
(non standard problems).
Những bài Toán đó có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy Toán học và
thường là sự thử thách không nhỏ đối với học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào
các lớp chuyên Toán, thi vào Đại học. Qua kinh nghiệm giảng dạy bồi dưỡng học sinh
giỏi Toán, tôi đã tổng hợp, phân loại và hướng dẫn phương pháp giải đối với nhiều
phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực” ở các lớp 8 , 9 và các lớp đầu cấp
THPT, tôi mạnh dạn xây dựng và nêu kinh nghiệm này .Nhằm giúp các em học sinh
luyện tập để nhiều bài Toán giải phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực” dần
trở thành “quen thuộc” với mình, qua đó biết cách suy nghĩ trước những phương trình và
hệ phương trình “ không mẫu mực” khác.
Với vấn đề này tôi muốn đưa ra những kinh nghiệm và những bài học thực tiễn qua
quá trình bồi dưỡng nhiều năm học sinh giỏi, giảng dạy cho các em học sinh có tố chất ,có
năng lực và yêu thích học và làm Toán học tại trường THCS Nguyễn đình Chiểu.
Qua nhiều năm bồi dưỡng tôi nhận thấy phương trình và hệ phương trình không
mẫu mực được quan tâm và ra đề thi nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp . Chính
vì vậy , cho đến năm học 2010– 2011đã thôi thúc tôi viết lên những kinh nghiệm nhỏ
trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, đến nay tôi nhận thấy đề tài phần nào đó đem lại

hiệu quả cao, chất lượng học sinh giỏi cấp trường, cấp huyện và học sinh giỏi toàn diện đi
lên, các thầy cô cũng đó quan tâm nhiều hơn đến phương trình và hệ phương trình không
mẫu mực vì vậy không gặp khó khăn trong quá trình giảng dạy học tập và bồi dưỡng học
sinh giỏi.
Trong quá trình giảng dạy Toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm
chất và năng lực trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong
cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh
hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết
trong việc học Toán. Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung
cấp cho các em một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng
khó, càng hay .Mà phải cần thiết rèn luyện khả năng phát triển tư duy, sáng tạo trong việc
Trang 2
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
học Toán và làm Toán cho học sinh, đặc biệt đối với những bài Toán được các em coi là
“lạ”.
Qua nhiều năm công tác giảng dạy ở trường THCS tôi nhận thấy việc học Toán nói
chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi Toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư
duy sáng tạo trong việc học và giải Toán thì bản thân mỗi người thầy (cô) cần phải có
nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn học sinh tiếp thu và tiếp cận bài giải. Đặc
biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trường trung học cơ sở Nguyễn đình Chiểu việc
có được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất khó mà không phải giáo viên Toán
nào cũng có thể làm được nếu không biết đầu tư, không thực sự nhiệt tình và không nghiên
cứu kỹ các chuyên đề về Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực,hoặc các
chuyên đề khác thì chắc chắn không tránh khỏi sự bi quan chán nản của học sinh , tuy
nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi người thầy cần
phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài Toán để từ đó
rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động tư duy sáng tạo, phát triển bài Toán và có thể
đề xuất hoặc tự làm những bài Toán tương tự đó được nghiên cứu bồi dưỡng và rèn luyện
thêm .
Là một giáo viên giảng dạy Toán nhiều năm làm và tham gia bồi dưỡng học sinh

giỏi Toán nhiều năm .Năm học 2010 – 2011 được sự chỉ đạo, quan tâm của Ban giám hiệu
nhà trường trong các hoạt động đặc biệt trong họat động chuyên môn của phòng giáo dục
đào tạo huyện CƯ-KUIN về “Chuẩn kiến thức ,kỹ năng”, luôn tạo mọi điều kiện cho giáo
viên phấn đấu, học tập và nghiên cứu, phát huy các phương pháp dạy học truyền thống
không ngừng cải tiến đổi mới sáng tạo nhất về phương pháp dạy học. Bên cạnh đó các
môn học khác cũng có học sinh đạt giỏi huyện . Là động lực luôn khuyến khích các giáo
viên dạy Toán và học sinh học Toán phải năng động tìm tòi, tư duy sáng tạo trong việc dạy
và học Toán. Mặt khác trong sự nghiệp giáo dục của huyện nhà nói chung , và trường
THCS Nguyễn đình Chiểu nói riêng đó có nhiều thay đổi đáng kể, đó có rất nhiều học
sinh giỏi cấp tỉnh, giỏi cấp huyện.Bên cạnh đó các cấp uỷ Đảng chính quyền, các bậc phụ
huynh, đặc biệt Hội khuyến học xã đó có phần quan tâm động viên hơn đối với sự nghiệp
giáo dục của xã và nhà trường.
Trang 3
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn như: Điều kiện cơ sở
vật chất của nhà trường thiếu thốn, không có phòng học để mở việc bồi dưỡng cho học
sinh khỏ giỏi theo một trình tự có hệ thống từ các lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ thể từ lớp 6 đến
lớp 9. Phòng thư viện của nhà trường còn ít đầu sách tham khảo dành cho học sinh có
năng lực tư duy tốt . Do đó việc tìm tòi sách đọc là vấn đề hạn chế. Nhưng khó khăn nhất
vẫn là các em học sinh do điều kiện của địa phương với đặc thù của huyện mới được tách
ra từ huyện Krông-aNa.Điều kiện kinh tế khó khăn, điều kiện xã hội có nhiều biến động
gây xáo trộn tâm lý học sinh.Vì vậy việc quan tâm đến học hành còn hạn chế nhiều về tinh
thần và vật chất, dẫn đến hạn chế việc học hành của các em nói chung , môn Toán nói
riêng.
Dựa trên thực tiển của đơn vị và của huyện nhà tôi xin trao đổi với các đồng chí
đồng nghiệp các ván đề sau:”Những bài toỏn không mẫu mực “non standard problems”
Xin được nêu các ví dụ minh họa như sau
Phần I : Phương trình
I/ Phương trình một ẩn
Phương pháp thường vận dụng :

1/ Đưa về phương trình tích :
a/Các bước :
+ Tìm tập xác định của phương trình
+ Dùng các phép biến đổi đại số đưa PT về dạng f(x).g(x) h(x)=0
+ Dùng ẩn phụ
+ Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách số hạng
b/ Ví dụ1 : Giải phương trình :
2
10 21 3 3 2 7 6x x x x+ + = + + + −
( 3)( 7) 3 3 2 7 6 3( 7 3) 2( 7 3) 0
( 7 3)( 3 2) 0
x x x x x x x
x x
⇔ + + = + + + − ⇔ + + − − + − =
⇔ + − + − =
⇔
7 3 0
3 2 0
x
x

+ − =

+ − =



⇔
7 9
3 4

x
x
+ =


+ =

ĐS : x=1; x= 2.
Trang 4
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Ví dụ 2: Giải phương trình :
3
1 2 1x x− + + =
Giải : Điều kiện x
≥
- 2
Đặt :
2t x= +
( t
≥
0)
⇔
3 2
3 1t t− + =
⇔
3 2
3 1t t− = −
⇔
3- t
2

= (1- t)
3
⇔
t
3
– 4t
2
+ 3t + 2 = 0
⇔
(t-2)( t
2
– 2t – 1) = 0
Đs : x= 2; x= 1+
2 2
c/ Bài toán áp dụng :
1.Giải phương trình :
a/
294 296 298 300
4
1700 1698 1696 1694
x x x x− − − −
+ + + =
Đs : x= 1994.
b/ 3
x+1
+2x.3
x
– 18x – 27 = 0 ĐS :
3
;2

2
−
c/ (x
2
– 4x + 1)
3
= (x
2
–x - 1)
3
–( 3x-2)
3
gợi ý : áp dụng HĐT (a - b)
3
- (a
3
–b
3
)= -3ab( a - b)
ĐS :
1 5 2
2 3; ;
2 3
±
±
d/ (x
2
– 3x + 2)
3
+ (- x

2
+x + 1)
3
+ ( 2x-3)
3
= 0
Gợi ý : áp dụng HĐT (a - b)
3
+ (b - c)
3
+(c - a)
3
= 3(a –b )(b – c)(c- a)
Đáp số :
1 5 3
2;1; ;
2 2
±
2/ Áp dụng bất đẳng thức :
a/ Các bước :
+ Biến đổi phương trình về dạng : f(x) = g(x) mà f(x)
≥
a ; g(x)
≤
a (a là hằng số)
Nghiệm là các giá trị x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a.
+ Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m ( m là hằng số) mà ta luôn có :
h(x)
≥
m hoặc h(x)

≤
m thì nghiệm của PT là các giá trị của x làm cho dấu đẳng
thức xảy ra.
+ Áp dụng BĐT : Cô si,Bunhia kốpxki,
b/ Ví dụ1 : Giải phương trỡnh :
6
4
2 2
1 1 3 2
19 5 95 3
x x x x
− − − +
+ + =
Trang 5
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Điều kiện :
2
2
1 0
1 0
3 2 0
x
x
x x
− ≥


− ≥



− + ≥

Ta có :
6
4
2 2
1 1 3 2 0 0 0
19 5 95 19 5 95 3
x x x x
− − − +
+ + ≥ + + =
Nên x - 1 = 0 ; x
2
– 1 = 0 và x
2
– 3x + 2 = 0
Đáp số : x = 1
Ví dụ 2 : Giải phương trình :
x
2
– 3x + 3,5 =
2 2
( 2 2)( 4 5)x x x x− + − +
Hướng giải : ta có x
2
– 2x + 2 = ( x - 1)
2
+ 1 > 0
x
2

– 4x + 5 = ( x - 2)
2
+ 1 > 0
x
2
– 3x + 3,5 =
2 2
(x – 2x 2)(x – 4x 5 )
2
+ +
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số dương :
(x
2
– 2x + 2 ) và (x
2
– 4x + 5)
Đáp số : x = 3.
c/ Bài toán áp dụng :
a/
3 4 1 8 6 1 1x x x x+ − − + + − − =
gợi ý :
2 2
( 1 2) ( 1 3) 1x x− − + − − =
áp dụng bất đẳng thức :
a b a b+ ≥ +
dấu bằng sảy ra khi ab
≥
0 với a=
1 2x − −
; b= 3-

1x −
b/ 13[(x
2
– 3x +6)
2
+ (x
2
-2x + 7)
2
] = ( 5x
2
– 12x + 33)
2
Gợi ý : sử dụng BĐT Bunhia cốpxki cho 4 số : (a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
)
≥
(ac + bd)
2
Đáp số : x = 1; 4
3/ Chứng minh nghiệm duy nhất :
a/ Các bước :
Ta có thể thử trực tiếp để thấy nghiệm sau đó chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra
không còn nghiệm nào khác nữa :

b/ Ví dụ
Trang 6
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Ví dụ 1:Giải phương trình :
4 2
4 2 4 2 4 2
1
4 8
8 14 8 12 8 16
2
25(3 25 ) 29 18.3 7
x x
x x x x x x
− +
− + − + − +
+ = − −
(1)
Gợi ý :
2 2
2 2 2 2 ( 4)
( 4) 1 ( 4) 2
3 7 7 29
x
x x
−
− + − +
+ + =
x =
±
2 là nghiệm số của (1)

Xét x
≠
±
2, (giáo viên hướng dẫn cho học sinh xét x
≠
±
2)
Đáp số : x =
±
2
Ví dụ 2: Giải phương trình :
2 ( 3) 1
x
x
= +

⇔

3 1
1 ( ) ( )
2 2
x x
= +
(*)
• Dễ thấy : x= 2 là nghiệm của *
• Xét x > 2 . Ta cú
2 2
3 1 3 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2 2 2

x x
+ < + =
• Xét x< 2 ta cú :
2 2
3 1 3 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2 2 2
x x
+ > + =
Vậy ta có nghiệm duy nhất là 2.
c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1. 2
x
+ 3
x
+ 5
x-1
= 2
1-x
+ 3
1-x
+ 5
1-x
2. 3
x
+ 4
x
= 5
x

4/ Đưa về hệ phương trình
a/ Các bước :
- Tìm ĐK tồn tại của phương trình.
- Biến đổi PT để xuất hiện nhân tử chung.
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc GPT về việc giải HPT quen thuộc.
b/ Ví dụ
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
4 4 x x− + =

Điều kiện :
0
4 0 0 12
4 4 0
x
x x
x

≥

+ ≥ ⇒ ≤ ≤


− + ≥

Đặy y =
4 x+
ta có hệ phương trình :
Trang 7
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
4

4
x y
y x

= −


= +


Đây là bài toán quen thuộc nên giải một cách dễ dàng
Lưu ý : x + y
≠
0
1 2
1 13 1 13
; ;
2 2
x x
− + − −
= =
(loại)
Đáp số :
1
1 13
2
x
− +
=
Ví dụ 2 : Giải phương trình :

4 4 x x− + =
Giải : Điều kiện :
0
4 0 0 12
4 4 0
x
x x
x

≥

+ ≥ ⇒ ≤ ≤


− + ≥

Đặt y =
4 x+
ta có hệ phương trình :
4
4
x y
y x

= −


= +



⇔
2 2 2
2 2
4 ( )
4 4
x y x y x y
y x x y
 
= − − = − +
 
⇔
 
= + = −
 
 
⇔
2
( )( 1) 0
4
x y x y
x y
+ − + =


= −

Vì x + y
≠
0 nên ta có hệ :

2
1 0
4
x y
x y
− + =


= −

Suy ra : x
2
= 4 – x – 1
⇔
x
2
+ x – 3 = 0
Suy ra :
1 2
1 13 1 13
;
2 2
x x
− + − −
= =
(loại)
Đáp số :
1 13
;
2

x
− +
=
c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1. 2 – x
2
=
2 x−
2. x
3
+ 1 = 2
3
2 1x −
3.
3 3
2 2 2
(3 1) (3 1) 9 1 1x x x+ + − + − =
II/ Phương trình nhiều ẩn :
1/ Đưa về phương trình tích :
a/Các bước :
Đưa phương trình về dạng f
1
(x,y, ) f
n
(x,y ) = a
1.
a
2
a

n
.
Với a
1;
a2; ;a
n

∈
Z. rồi sử dụng tính chất của tập hợp số tự nhiên , tập hợp số
nguyên , f
1
(x,y, ); f
2
(x,y ); f
n
(x,y )
∈
Z
Trang 8
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Xét mọi trường hợp có thể xảy ra để tìm được nghiệm thích hợp của phương trình.
b/ Ví dụ1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
+ 91 = y
2
⇔
y
2
– x

2
= 91
⇔

( ) ( )
91y x y x+ − =
Vì
y
>0;
x
>0;
( ) ( )
y x y x+ > −
Và
y
-
x
>0
91 = 1.91 = 13. 7
Nên ta có :
91
1
13
7
y x
y x
y x
y x

 + =




− =




 + =




− =




⇔
45
46
3
10
x
y
x
y

 =




=




 =




=



Nghiệm của phương trình là : (45;46);(45;-46); (-45;-46);
(3;10); (3;-10); (-3;10); (-3;-10)
Ví dụ 2: Tìm nhiệm tự nhiên của phương trình sau :
2
m
– 2
n
= 1984 (2) ( Đề thi HSG toán tỉnh Nghĩa Bình năm 1984)
+
Với m
≤
n thỡ 2
m
– 2

n

≤
0 thì (2) không xẩy ra
+ Với n = 0 thì 2
m
-1 = 1984
Không có số tự nhiên nào thỏa mãn đẳng thức này.
+ Với m
≥
n
≥
1
2
m
– 2
n

= 1984
⇔
2
n
( 2
m-n
– 1)= 2
6
. 31
⇔
6
2 2

2 1 31
n
m n−

=


− =


⇔
6
11
n
m
=


=

Nghiệm tự nhiên của phương trình là m=11; n = 6.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nhiệm tự nhiên của phương trình sau :
1. x
2
(x
2
+ 2y) – y
2
(y + 2x) = 1991 ( Đề thi hsg toán 9 Hà Nội 1990 – 1991).

ĐS : x = 12; y = 1.
2. x
4
= y
2
(y- x
2
)
ĐS : x= y = 0
2/ Đưa về phương trình tổng :
a/Các bước :
+ Biến đổi phương trình về dạng sau :
Dạng 1 :
1 2 1 2
( ; ; ) ( ; ; ) ( ; ; )
k k k k k k
n n
f x y f x y f x y a a a+ + + = + + +

Với k; a
1;
a
2
; ;a
n

∈
Z.
Trang 9
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu

f
1
(x,y, ); f
2
(x,y ); f
n
(x,y )
∈
Z
Xét mọi trường hợp có thể xẩy ra để tìm được nghiệm thích hợp.
Dạng 2 :
( , , )
( , , )
f x y m
g x y n
=
Với m, n
∈
Z có thể ; b>0
*Vận dụng điều đó được chứng minh sau :
“ Mọi số hữu tỉ đều được biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng một liên
phân số bậc n”
0
1
2
1
1

1
n

a
q
b
q
q
q
= +
+
+ +
+

Trong đó q
0
là số nguyên ; q
1
nguyên dương và q
n
> 1
Đôi khi dùng bất đẳng thức để tìm nghiệm nguyờn của phương trình.
b/ Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
– 4xy + 5y
2
= 169 (1)
(1)
⇔
(x - 2y)
2
+ y

2
= 169
Số 169 chỉ có 2 cách phân tích thành tổng hai số chính phương :
169 = 13
2
+ 0
2
= 12
2
+ 5
5
Mà y
∈
Z
+
;
2x y−
∈
N
Do đó có các khả năng sau :
1.
2 0x y− =
; y= 13 suy ra x = 26 ; y= 13
2.
2 5x y− =
; y= 12 suy ra x = 29 ; y= 12 ; Hoặc x= 19 ; y = 12
3.
2 12x y− =
; y= 5 suy ra x = 22 ; y= 5; Hoặc x= -2 ; y= 5 (loại)
Thử lại ta có nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình là :

(26 ; 13); (29;12); (19;12); (22;5)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
+ 13y
2
= 100 +6xy
Giải : x
2
+13y
2
=100+6xy
⇔
(x - 3y)
2
+(2y)
2
=100
⇔
(
3x y−
)
2
+ (
2y
)
2
=100
Mà 100 = 0
2

+ 10
2
= 6
2
+ 8
5

Trang 10
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
3x y−
;
2y
∈
N
Từ đó giáo viên có thể đưa ra nghiệm của phương trình như sau :
(15 ; 5); (-15;-5); (10; 0); (-10;0); (18 ; 4); (-18;-4); (6;4);
(-6;-4); (17 ; 3); (-17;-3); (1; 3); (-1;- 3) .
Chú ý :
1. Tìm nghiệm nguyên của một số phương trình có dạng :
ax
2
+ bxy + cy
2
+ d = 0 (a ; b;c;d là các hằng số nguyên )
Có thể giải được bằng phương pháp trên.
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
3x
2
+ 2y
2

+ z
2
+ 4xy + 2xz = 26 – 2yz
⇔
x
2
+(x
2
+ 2xy + y
2
)+ (x
2
+ y
2
+ z
2
+2xy+ 2xz + 2yz) = 26
⇔
x
2
+(x+y)
2
+ (x+y+z)
2
= 26
vì x , y, z nguyên dương nên 1
≤
x< x + y < x + y + z
Mà 26 = 1
2

+ 3
2
+ 4
2

do đó ta có :
4
3
1
x y z
x y
x
+ + =


+ =


=


⇔
1
2
1
x
y
z
=



=


=

Nghiệm nguyên dương là ( 1;2;1)
2.Nếu phương trình có dạng :
1 2
( ; ; ) ( ; ; ) ( ; ; )
k k k
n
f x y f x y f x y a+ + + =
Mà a
∈
N,
( ; ; ); 1,2 ,
k
i
f x y i n
=
∈
N
Thì ta viết a dưới dạng
1 2 '
( ; ; )
h g k
n
a m m m x y
= + + +

m
i

∈
N; i = 1,2 , n
xét các trường hợp có thể sảy ra, từ đó tìm được nghiệm thích hợp
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1 10
1
7
x
y
z
+ =
+
10
7
viết dưới dạng liên phân số hữu hạn như sau :
Trang 11
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
10 1
1
1
7
2
3
= +
+
Do đó ta có :
1 1

1
1 1
2
3
x
y
z
+ = +
+ +
Vì sự phân tích trên là duy nhất nên ta có :
x = 1 ; y = 2 ; x = 3.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau :
1, 31(xyzt+ xy + xt + zt + 1 ) = 40 ( yzt + y + t)
Đáp số nghiệm tự nhiên của phương trình là ( 1; 3 ; 2 ; 4 )
2, 55( x
3
y
3
+ x
2
+ y
2
)= 229( xy
3
+ 1 )
Đáp số : (2;3)
2. (x
2
+ 4 y

2
+ 28 )
2
= 17(x
4
+ y
4
+14y
2
+49)
Gợi ý : sử dụng Bunhia Kopski
Đỏp số : (2;3).
4. Tìm các giá trị nguyên dương khác nhau x
1
; x
n

sao cho :

2 2 2
1 2
1 1 1
1
n
x x x
+ + + =
Đáp số : không có giá trị nguyên nào thỏa mãn YCBT.
3/ Nhận xét về ẩn số :
a/Các bước :
1. Trước khi bắt tay vào giải toán, ta nên nhận xét xem vai trò của các

ẩn số , cấu trúc của ẩn. Để có một cách giải phù hợp.
2. Nếu các ẩn (x;y;z ) có vai trò bình đẳng như nhau, thì ta có thể giả
sử x
≤
y
≤
hoặc x
≥
y
≥
để thu hẹp miền xác định của bài toán.
3. Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, như lũy thừa cùng bậc của các số
nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp thì ta “khử ẩn” để đưa
phương trình về dạng quen thuộc hơn hoặc ít ẩn hơn.
4. Thường vận dụng hai nhận xét sau :
a) x
n
< y
n
< (x + a)
n
; (a
∈
Z
+
)
suy ra : y = (x + a+ i)
n
. với i = 1;2; ; a-1.
b) x(x+ 1) (x + n) < y (y+1) (y+ n) < (x + a)( x+ a + 1) (x + a+ n)

Trang 12
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
a
∈
Z
+
Suy ra : y(y +1) (y + n) = (x+ i)(x + i +1) (x + i + n) . với i = 1; ;a-1.
b/ Ví dụ :
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1 1 1
2
x y z
+ + =
Giải : Do vai trò bình đẳng của x , y , z nên ta có thể giả sử : x
≤
y
≤
z.
Ta có :
1 1 1 1
3. 2
x x y z
≥ + + =
suy ra x = 1
1 1 2
1 1y
y z y
= + ≤ ⇒ =
hoặc y = 2
y=1 loại vì

1
0
z
=
y= 2 suy ra z = 2.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( 1; 2 ; 2 ) và các hoán vị.
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x + y + 1 = xyz
Giải : vai trò của x, y bình đẳng nên giả sử x
≥
y
Ta có : * x = y thì 2x + 1 = x
2
z
⇔
x( xz -2 ) =1
⇒
x = 1 ; xz – 2 = 1
⇒
x = 1 ; z = 3.
* x > y thì 2x +1 > xyz.
⇒
2x > xyz.Hay 2
≥
yz ( vì x≠0)
• y = 1 , z = 2
⇒
x = 2
• y= 2 , z = 1
⇒
x = 3

Vậy nghiệm tự nhiên của PT là : (1;1;3 ); ( 2;1;2); ( 1;2;2); (3;2;1); (2;3;1).
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau :
1.
3
xy xz yz
z y x
+ + =

2. 5(x + y + z +t) = 2xyzt- 10
3. y
3
– x
3
= 3x
4. Giải phương trình : x
6
– x
2
+ 6 = y
3
- y
4/ Vận dụng tính chất của tập hợp số nguyên :
a/Các bước :
Trang 13
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
+ Vận dụng tính chất chia hết hoặc tính chất của phép chia có dư trong tập hợp số
nguyên để tìm nghiệm.
+ Vận dụng tính chất của số nguyên tố , số vô tỉ để tìm nghiệm.
+ Ví dụ : các mệnh đề đúng :

+ Mệnh đề 1:với mọi số nguyên a, số a
2
+1không có ước nguyên tố dạng 4k+3;k
∈
Z
+
.
+ Mệnh đề 2 : cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3 ; k
∈
Z
+
, a nà b là các số
nguyên, khi đó nếu a
2
+ b
2
chia hết cho p thì a chia hết cho p; b chia hết cho p.
b/ Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :4xy – x – y = z
2
Giải :
⇔
(4x – 1) (4y – 1) = ( 2z)
2
+ 1
Giả sử : (x
o
; y
o
; z
o

) là nghiệm của phương trình:
Ta có : (4x
o
– 1) (4y
o
– 1) = ( 2z
o
)
2
+ 1
Vì :4x
o
– 1 là số nguyên dương lớn hơn 3 và có dạng 4m + 3 , m
∈
Z
+
, nên nó có ít
nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 3, k thuộc Z
+
Nhưng theo mệnh đề 1 thì ( 2z
o
)
2
+ 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x
3
– 63y
2

+ 36z = 1995
Giải : Ta có x
3
chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8.
Thật vậy đặt : x = 3a + r ( a
∈
Z; r = 0 ; 1 ; -1 )
x
3
= (3a +r)
3
= 9M + r
3
Rõ ràng x
3
có dạng 9k; 9k + 1; 9k – 1
Suy ra Vế trái của phương trình chia cho 9 có dư là 0 hoặc 1 hoặc 8
Vế phải của phương trình chia cho 9 cú dư là 6
Vậy phương trình đó cho không có nghiệm nguyên.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :
1. 4xy – y = 9x
2
– 4x + 2
2. x
2
– y
3
= 7
3.

13 7 2000x y− =
4.Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :
a/
11
2 1 3 4 1 2
5
x
x y y− + = − − +
Trang 14
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
b/
5
3 2 2 1 1
3
x
y x y− = + − − −
5/ Chứng minh bằng phản chứng :
a/Các bước : Ta có thể dùng phương pháp phản chứng sau đây : Giả sử phương trình
có nghiệm nguyên ( x
0;
y
0
; ) rồi xây dựng đi đến vô số nghiệm từ đó đi đến mâu
thuẫn hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x
0;
y
0;
) với x
0
có giá trị nhỏ nhất

trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh phương trình có nghiệm ( x
1;
y
1
, )
mà x
0
> x
1
.
b/ Ví dụ :
Ví dụ 1 Tìm tất cả các nghiệm tự nhiên của phương trình :
x
2
+ (x+1 )
2
= y
2
+ 1
Gợi ý :
⇔
x
2
+ (x+1 )
2
- y
2
= 1
Ta thấy : x
1

= 1; y
1
= 2 là nghiệm nhỏ nhất của phương trình
Và 3x + 2 y + 1 ; 4x+ 3y + 2 cũng là nghiệm
Vì (3x + 2 y + 1)
2
+( 3x+ 2y + 2)
2
-( 4x+ 3y + 2)
2
= x
2
+ (x +1)
2
– y
2

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình sau đây có nghiệm nguyên duy nhất x=y=0
x
2
– 7y
2
= 0
Giải : Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x
0 ;
y
0
)
≠
(0;0) mà |x

0
| nhỏ nhất
trong các giá trị có thể của nó.
Ta có :
2 2
0 0
7 0x y− =

2
0 0
7 7x x⇒ ⇒M M
Đặt x
0
= 7x
1
do đó
2 2 2
1 0 0 0
7 0 7 7x y y y− = ⇒ ⇒M M
, đặt y
0
= 7y
1
Ta có :
2 2
1 1
7 0x y− =
vậy
0 0
;

7 7
x y
 
 ÷
 
cũng là nghiệm.
Mà
1
x
=
0
0
7
x
x<
, x
1
là nghiệm, vô lý . Suy ra điều phải chứng minh.
c/ Bài toán áp dụng :
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau :
x
3
+ 3
y
= 7
2. Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn phương trình :
1! + 2! + +x! = y
2
Phần II : Hệ phương trình
Trang 15

TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Ở phần I mục 4 “ Đưa về hệ phương trình” tôi đã đưa ra một số cách giải hệ
phương trình. Ở phần này với mục đích để đưa ra dưới dạng các ví dụ, mong rằng qua các
ví dụ các thầy cô đồng nghiệp và các em có những ví dụ để tham khảo.
A/ Các ví dụ :( Bài tập áp dụng phương trình tích)
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau :
Giải :
2 2
2 2
3 9
656 657 1983
x xy y
x xy y

+ − =


− − =



⇔
2 2
3 9
( )( 657 ) 1983
x xy y
x y x y

+ − =


+ − =

⇔
( )( 657 ) 1983x y x y+ − =

Vậy hệ có nghiệm nguyên là
660
1
x
y
=


=

;
660
1
x
y
= −


= −

;
4
1
x
y

=


= −

;
4
1
x
y
= −


=

Dễ thấy chỉ có :
4
1
x
y
=


= −

;
4
1
x
y

= −


=

là nghiệm nguyên cần tìm .
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên (x ; y ; z ; t )của hệ phương trình sau :
1995
1997
1999
1555
xyzt x
xyzt y
xyzt z
xyzt t
+ =


+ =


+ =


+ =

Hướng giải :
( 1) 1995
( 1) 1997
( 1) 1999

( 1) 1555
x yzt
y xzt
z xyt
t xyz
+ =


+ =


+ =


+ =

Suy ra x, y , z , t lẻ do đó xyzt + x chẵn, dẫn đến mâu thuẫn
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 3 : Tm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau :
3 3 3
3
3
x y z
x y z

+ + =

+ + =

Hướng giải :Ta có công thức sau : (x+y + z)

3
–(
3 3 3
)x y z+ +
= 3(x + y)(y +z)(x + z)
Do đó ta có :
(3 ) (3 ) (3 ) 6
(3 )(3 )(3 ) 8
x y z
x y z
− + − + − =


− − − =

Suy ra : 3- x , 3 – y , 3 – z chỉ có một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn.
* Nếu chỉ có một số chẵn :
Do vai trò của x , y, z như nhau , không mất tính tổng quát giả sử 3 – x chẵn
Suy ra : x = -5 ; y = 4 ; z = 4.
* Nếu cả ba cùng chẵn thì x= y = z = 1
Nghiệm nguyên ( x;y;z) cần tìm là : ( -5;4 ; 4); ( 1;1;1) và các hoán vị.
Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình sau :
3 3
2
( ) 2
x y
xy x y

+ =


+ =

Hướng giải :
Trang 16
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
3 3
2
( ) 2
x y
xy x y

+ =

+ =

⇔
3
( ) 3 ( ) 2
( ) 2
x y xy x y
xy x y

+ − + =

+ =

Đặt :u = x + y ;v = xy
Ta có :
3
3 2

2
u uv
uv

− =

=


⇔

3
6 2
2
u
uv

− =

=


⇔
2
2
u
uv
=



=


⇔
2
1
u
v
=


=

Vậy :
2
1
x y
xy
+ =


=

Do đó x và y là hai nghiệm của phương trình X
2
– 2X +1 = 0
Suy ra X = 1
Vậy nghiệm (x;y) của hệ đó cho là : (1;1).
Ví dụ 5 : Giải hệ sau :
2 2 2

3 3 3
1
1
1
x y z
x y z
x y z
+ + =


+ + =


+ + =

( Đề thi giỏi toán lớp 9 TP. HCM 1986-1987)
Hướng giải:
Ta có : (x+y+z)
3
–(x
3
+ y
3
+ z
3
) = 3(x+y)(x+z) (z+y)
Nên (x+y)(x+z) (z+y) = 0
Suy ra : x + y = 0 hoặc x + z = 0 hoặc y+z = 0
x + y = 0 thì z= 1 và x= y = o
x + z = 0 thì y =1 và x = z = 0

y + z = 0 thì x = 1 và y = z = 0
B/ Bài toán áp dụng và tự luyện :
Giải các hệ phương trình sau trong Z :
Bài : 1 :
1995
1975
1945
1997
xyzt x
xyzt y
xyzt z
xyzt t
+ =


+ =


+ =


+ =

Bài 2 :
2 2
2 3
6 5 74
89
x y
x y


+ =


+ =


Bài 3 :
2 2 2
54
1406
x y z
x y z
+ + =


+ + =

Bài 4 :Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b
Hệ phương trình
2 2
2 2
x y z t a
x y z t b
+ + + =


− + − =

Luôn có nghiệm nguyên.

Giải các HPT sau trong R :
pBài 5 :
Trang 17
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
2 2
2 2
3
7
x y x y
x y xy

+ + + =


+ + =


Bài 6 :
( ) 4
( ) 25
( ) 9
x x y z
y x y z
z x y z
+ + =


+ + =



+ + =

Bài 7 :
2
2 ( )
xz y
x z y x y z
= +



+ = − +


Kết quả đạt được :Việc rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo , đặc
biệt đối với dạng Toán phương trình và hệ phương trình không mẫu mực đó thôi thúc tôi,
nghiên cứu để viết nên tài liệu này, càng khiến tôi tâm huyết tìm hiểu nghiên cứu kinh nghiệm
này.
Qua các năm giảng dạy và trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi Toán, củng như
qua trắc nghiệm hứng thú học Toán của học sinh tôi thấy chỉ có 20% các em thực sự có
hứng thú học Toán, 40% học sinh thich học Toán và 40% còn lại nửa thích nửa không trên
tổng số 420 em học sinh khối 8,9 của trường. Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết
cũng rất muốn học cho xong; nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để
tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài Toán nào đó đặc biệt dạng Toán mà tôi
đang dặt vần đề ở trên. Bởi vì do điều kiện khách quan của địa phương và của trường, học
sinh chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi, do vậy chỉ được học một
vài phương pháp, vì vậy học sinh chưa có hứng thú thực sự học Toán giải Toán . Trong
thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh khỏ giỏi môn Toán còn nặng về hình thức thiếu
tính liên tục. Với cách làm trên, đây đó mang lại hiệu quả chưa thật cao trong việc rèn
luyện giải Toán , nhưng phần nào tạo cho học sinh không còn bâng quỏ bỡ ngỡ khi gặp

những bài Toán được coi là “lạ” nữa . Cụ thể 80% các em học sinh thích học Toán đó thực
sự có hứng thú học Toán muốn được bồi dưỡng thành những học sinh khá giỏi với chuyên
đề tôi vừa trình bày, 20% các em cần cần gợi ý các trường hợp.Song nhìn chung các em
rất mong muốn được tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi với chuyên đề này.
Qua thời gian áp dụng kinh nghiệm vào thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh
giỏi Toán tôi rút ra được những kinh nghiệm sau :
Đây là một kinh nghiệm nhỏ nhắm góp phần vào các chuyên đề bồi dưỡng học sinh
giỏi Toán, tôi không có tham vọng qua kinh nghiệm sẽ đào tạo được nhiều học sinh giỏi
Trang 18
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
Toán mà chỉ mong được các thầy cô , đồng nghiệp tham khảo coi như là một tư liệu trong
bộ sưu tập các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, đối với học sinh cũng mong các em
quan tâm và tìm đọc các tài liệu nói về phương trình và hệ phương trình không mẫu mực,
và cũng coi đây là một tư liệu để các em gặp những bài Toán dạng này không bỡ ngỡ và
khó khăn trong quá trình suy luận và giải Toán. Trên thực tế bồi dưỡng theo tài liệu tôi xin
được đề xuất một số kiến nghị sau :
- Xây dựng hệ thống câu hỏi phự hợp để phát triển sức suy nghĩ của học sinh cấp II
nói chung và học sinh giỏi nói riêng trong việc học Toán.
- Tạo ra tình huống có vấn đề trong việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Toán.
- Bồi dưỡng học sinh giải Toán một cách sáng tạo, chủ động. phát huy khả năng suy
nghĩ logic và chủ động trong khi giải Toán, học Toán.
- Tài liệu bồi dưỡng cần phải đa dạng và phong phú.
- Giáo viên bồi dưỡng phải nhiệt tình tâm huyết;nắm bắt pháp hiện ham muốn hướng
thú học Toán làm Toán của học sinh.
- Rất mong muốn được các Thầy (cô) trong và ngoài trường đóng góp ý kiến để kinh
nghiệm hoàn thiện hơn và thực sự là một tài liệu tham khảo trong thư viện của các
trường của học sinh và của các đồng nghiệp .
- Quý thầy cô và các đồng nghiệp thân mến !
Bản thân tôi là giáo viên giảng dạy môn Toán gần 30 năm, làm tổ trưởng tổ tự nhiên
nhiều năm liền, đã từng nhiều năm bồi dưỡng đội tuyển cấp huyện dự thi học sinh giỏi

cấp tỉnh trong nhiều năm liên tục (1983-2002). Đến nay, tuy tuổi đã cao sức khoẻ có phần
giảm sút .Nhưng với niềm đam mê môn Toán, hàng tuần tôi vẫn giành thời lượng quy định
để tham khảo tài liệu tìm tòi các bài Toán hay, những lời giải đẹp, nhằm tiếp tục gây niềm
đam mê dạy Toán và học Toán của mình, trong những đam mê đó thì việc bồi dưỡng học
sinh chất lượng mũi nhọn được tôi rất quan tâm rất nhiều trên cương vị là giáo viên đứng
lớp, từ suy nghĩ đó tôi đó trăn trở và viết lên những lời này với mong muốn làm hành trang
cho mỡnh trong quá trình giảng dạy và được mạn phép trao đổi giao lưu với các quý thầy
cô trong và ngoài nhà trường, với mục đích thực hiện thắng lợi mục tiêu đào tạo của
Trang 19
TrườngTHCS Nguyễn đình Chiểu Mai trọng Mậu
huyện nhà nói chung và trường THCS Nguyễn đình Chiểu núi riêng ngày càng có nhiều
hơn nữa những học sinh học giỏi Toán, say mê tìm tòi và giải Toán hơn nữa.
Qua kinh nghiệm này tôi mong muốn và tin tưởng không có nhiều bất ngờ từ kết
quả đạt được như đó ở trên. Một lần nữa xin chân thành cảm ơn các đồng chí, đồng nghiệp
trong và trường, các em là cựu học sinh, các em đang là học sinh của trường trong năm
học 2010 – 2011 đó tạo mọi điều kiện giúp tôi trao đổi áp dụng thành công kinh nghiệm
này.
Xin chân thành cảm ơn !
Ngày25 tháng 12 năm 2010
MAI TRỌNG MẬU
Trang 20