Chuên đề tam thức bậc 2

Chuyên đề Tam thức bậc hai
A.Phơng trình bậc hai
I. Định nghĩa:
Cho hàm số y= f(x) và y= g(x) có tập xác định lần lợt là D
f
, D
g
. Khi đó mệnh đề chứa
biến f(x) = g(x) đợc gọi là phơng trình một biến x.
Trong đó:
gf
DDD =
đợc gọi là tập xác định của phơng trình.

)()(:
000
xgxfDx =
là đẳng thức đúng thì x
0
đợc gọi là một nghiệm của phơng
trình.

{ }
)()(:
000
xgxfDxT ==
là tập nghiệm của phơng trình.

=T
thì ta nói phơng trình vô nghiệm.
Với định nghĩa này thì khái niệm nghiệm của phơng trình phụ thuộc vào D.

Có thể : Vô nghiệm
1
2
1
1 +=+ xxx
Có nghiệm
01)2(
2
=+ xxx
Nghiệm đúng với mọi x thuộc D
12)1(
22
++=+ xxx
Định nghĩa này dễ dàng mở rộng cho khái niệm phơng trình nhiều biến.
II. Các định lý về phép biến đổi tơng đơng

[ ] [ ]



=
>
=



=

=

+=+
=
22
)()(
0)()(
)()(
)()()()(
0)(
)()(
)()()()(
)(
)()(
xgxf
xgxf
xgxf
xhxgxhxf
xh
xgxf
xhxgxhxf
nghiacoxh
xgxf
Khi sử dụng các định lý về phép biến đổi tơng đơng học sinh thờng mắc phải những
Sai lầm do không nắm đợc điều kiện dùng định lý
Ví dụ 1 : Giải phơng trình
22
2
1
1

22
+

=

+
xx
x
xx
x
Có học sinh giải nh sau: Điều kiện





+

022
01
2
2
xx
xx
Với điều kiện trên phơng trình đã cho tơng đơng với

xxx
x
xxx
x 1

22
21
1
1
22
+
+

=+

+

)22(
22)2(
)1(
1)1(
2
2
2
2
+
++
=

++

xxx
xxxx
xxx
xxxx

+=


+
=


22)1(2
0
)22(
2
)1(
1
22
22
xxxx
x
xxxxxx
Vô nghiệm
Lời giải trên là sai lầm rõ ràng x=0 là một nghiệm của phơng trình
Nguyên nhân sai lầm vì học sinh thực hiện phép biến đổi không tơng đơng nghĩa là
khi cộng vào hai vế của phơng trình với biểu thức không hoàn toàn xác định trên D.
Ví dụ 2: Giải phơng trình
11 = xx
Có học sinh giải nh sau:
Điều kiện

1x
Với điều kiện trên phơng trình đã cho tơng đơng với




=
=

=+
=+
2
1
023
121
2
2
x
x
xx
xxx

Lời giải trên có sai lầm vì nhận thấy x=2 không là nghiệm của phơng trình
Nguyên nhân sai lầm là do học sinh không chú ý đến điều kiện để bình phơng hai vế của
phơng trình.
III. Phơng trình bậc hai
1. Định nghĩa: Phơng trình bậc hai là phơng trình có dạng

0
2

=++ cbxax
(a, b, c R; x ẩn; a 0)
2. Công thức nghiệm
)''(4
22
acbacb ==
> 0 ( > 0) phơng trình có hai nghiệm phân biệt
a
b
x
a
b
x
''
(
2
2,12,1

=

=
)
= 0 ( = 0) phơng trình có nghiệm kép
)
'
(
2 a
b
x
a

b
x

=

=

< 0 ( < 0 ) phơng trình vô nghiệm
IV. Một số phơng trình quy về phơng trình bậc hai
1. Ph ơng trình bậc 4
Để giải phơng trình bậc 4 ta đều tìm cách đa phơng trình đã cho về phơng trình bậc hai bằng
phơng pháp đặt ẩn phụ (cần đa về phần chứa x giống nhau) hoặc đa về phơng trình tích hoặc
đa về phơng trình bậc 4 biết cách giải.
a. Một số phơng trình bậc 4 biết cách giải
*) Phơng trình trùng phơng:
)0(0
24
=++ acbxax
(1)
Cách giải: Đặt x
2
= t (t

0) phơng trình đã cho có dạng
0
2
=++ cbtat
(2)
Giải phơng trình tìm t ( thoả mãn ) rồi tìm x.
Mối quan hệ giữa nghiệm của phơng trình trùng phơng và nghiệm của phơng trình bậc

hai
(1) vô nghiệm












<
>

<




<
0
0
0
0
0
)2(
21

S
p
tt
vonghiem

(1) có một nghiệm















=

=





<

=
>




==
=<

0
2
0
0
0
0
0
0
21
21
a
b
S
P
tt
tt

(1) có hai nghiệm

>

=
<




>=
<<

0
2
0
0
0
0
21
21
a
b
P

tt
tt
(1) có ba nghiệm





>
=
>
<=
0
0
0
0
21
S
Ptt
(1) có bốn nghiệm





>
>
>
<<
0

0
0
0
21
S
Ptt
*). Phơng trình hồi quy, phơng trình phản thơng
**)Phơng trình phản thơng ( phơng trình đối xứng)
Dạng 1:
)0(0
234
=++++ aabxcxbxax
Cách giải: Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia cả hai vế của ph-
ơng trình cho x
2
ta đợc
0)
1
()
1
(
2
2
=++++ c
x
xb
x
xa
.
Đặt

2
1
=+ tt
x
x
phơng trình có dạng
02
2
=++ acbtat
Giải phơng trình tìm t (thoả mãn) rồi tìm x.
Dạng 2:
)0(0
234
=+++ aabxcxbxax
Cách giải: Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia cả hai vế của ph-
ơng trình cho x
2
ta đợc
0)
1
()
1
(
2
2
=+++ c
x
xb
x
xa

.
Đặt
t
x
x =
1
phơng trình có dạng
02
2
=+++ acbtat
Giải phơng trình tìm t rồi tìm x.
Nhận xét
Nếu phơng trình
)0(0
234
=++++ aabxcxbxax
có một nghiệm là x
0
thì có
nghiệm thứ hai là
0
1
x
.
Nếu phơng trình
)0(0
234
=+++ aabxcxbxax
có một nghiệm là x
0

thì có
nghiệm thứ hai là -
0
1
x
.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

041247124)2
014)1
234
234
=++++
=+++
xxxx
xxxx

03)53(2)()5
01)13145)(2()2()4
062512256)3
22
24
234
=
=+++
=+++
xxxx
xxxx
xxxx
Hớng dẫn (4) đặt y = x-2

(5) đặt y = x-1
**) Phơng trình hồi quy theo x là phơng trình có dạng

)0(0
2234
=+++ aakbkxcxbxax
Khi k = 1thì phơng trình hồi quy trở thành phơng trình phản thơng đã xét ở trên
Phơng pháp giải:
.Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia cả hai vế của phơng trình
cho x
2
.
.Biến đổi phơng trình đã cho về phơng trình ẩn t.
. Giải phơng trình tìm t rồi tìm x.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

16
23
13
253
2
)6
14)43)(42()5
041085)4
05010574212)3
)
4
3
(
3

1048
3
)2
4
87
1
4)1
22
222
234
234
2
2
2
2
=
++
+
++
=+++
=++
=++
=+
+=++
xx
x
xx
x
xxxxx
xxxx

xxxx
x
x
x
x
x
x
x
x
Hớng dẫn
1) Đặt
t
x
x =+
1
2
. đa về phơng trình đại số ẩn t
2) Viết lại phơng trình (2) dới dạng
)
4
3
(
3
10
)
16
9
(3
2
2

x
x
x
x
=+
. Đặt
t
x
x
=
4
3
3) Chia cả hai vế cho x
2
đặt
t
x
x =+
5
4) Chia cả hai vế của phơng trình cho x
2
đặt
t
x
x =+
2
5) Chia cả hai vế của phơng trình cho x
2
đặt
t

x
x =+
4
6) Chia cả tử và mẫu của vế trái cho x ta đợc
16
2
13
13
2
53
2
=
++
+
++
x
x
x
x
. đặt
t
x
x =+
2
3
*, Phơng trình bậc 4 có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e. với a+b = c+d
Phơng pháp giải: Phơng trình đã cho tơng đơng với

[ ][ ]
ecdxdcxabxbax =++++++ )()(

22
đặt
txbax =++ )(
2
. Ta có (t+ab)(t+cd)=e
Giải phơng trình tìm t rồi tìm x.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

6)1)(43()76()5
24)127)(23()4
34)3)(6)(2)(1()3
9)32)(3)(1)(12()2
016)5)(3)(1()1
2
22
2
=+++
=++++
=+
=+
=+++
xxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxx
*) Phơng trình bậc 4 có dạng
cbxax =+++
44
)()(

Phơng pháp giải: đặt
2
ba
xt
+
+=
khi đó
2
2
ba
tbx
ba
tax

=+

+=+
Phơng trình đã cho có dạng
c
ba
tbatc
ba
t
ba
t =

++=

+

+
8
)(
)(32)
2
()
2
(
4
22444
Giải phơng trình trùng phơng tìm t rồi tìm x.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

2)5()3()3
17)2()5()2
2)6()4()1
44
44
44
=+++
=+
=+++
xx
xx
xx
b) Ngoài các phơng trình bậc 4 biết cách giải nói trên ta còn gặp những phơng trình
bậc 4 mà để giải nó ta phải đa về phơng trình tích hoặc phơng trình bậc hai bằng
cách đặt ẩn phụ
Ví dụ : Giải các phơng trình sau
( )

01234)8
11
)5(
25
)7
0534)6
05)1(6)1()5
)1(1)1(2)4
0445)3
01424)2
03311116)1
234
2
2
2
4
422242
2322
234
234
234
=++
=
+
+
=
=++++
+=+++
=++
=++

=+
xxxx
x
x
x
xx
xxxxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
Hớng dẫn:
1) Phơng trình đã cho
0)3116)(1(
22
=+ xxx
2) có tổng các hệ số bằng 0 nên có nghiệm x = 1.
3) phơng trình (3)
0)1)(4(
22
= xxx
4) Chia cả hai vế của phơng trình cho (x + 1)
2
5) Chia cả hai vế của phơng trình cho x
4
6) phơng trình (6)
222
)3(2)1( +=+ xx
7) biến đổi phơng trình về dạng
011

5
10)
5
(11
5
5
2)
5
5
(
2
2
2
2
=
+
+
+
=
+
+
+

x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
8)
01)2()2(
222
=++ xxxx
2. Ph ơng trình vô tỷ
a. Một số dạng phơng trình vô tỷ cỏ bản

[ ]







=



=+



=

=

=

=
)()()()()(2
0)(
0)(
0)(
)()()(
)()(
0)(
)()(
)()(
0)(0)(
)()(
2
xgxfxhxgxf
xh
xg
xf
xhxgxf
xgxf
xg
xgxf
xgxf
xgxf
xgxf
b. Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Phơng pháp 1: Biến đổi tơng đơng

1. Biến đổi t ơng đ ơng đ a về ph ơng trình cơ bản .
Ví dụ : Giải các phơng trình sau

20042004)10
4
3
4
3)9
4932)8
342123)7
1123234)6
12
5
1)5
123
23
)4
2)1()13()3
225225232)2
5168143)1
2
2
2
2
2
2
2
=++
=
+

++
=+
+++=+++
=+++
+
=+
=

=+
=+++
=++++
xx
x
x
x
x
xxx
xxxxxx
xxx
x
xx
xx
x
x
xxxxx
xxxx
xxxx
Hớng dẫn:
1) phân tích biểu thức dới căn là các hằng đẳng thức từ đó đa phơng trình về dạng
chức dấu giá trị tuyệt đối.

2) nhân cả hai vế của phơng trình với
2
rồi giải nh phơng trình (1)
3) Giải phơng trình dựa tren miền xác định.
4) Quy đồng rồi đa về phơng trình tích.
5) Quy đồng đa phơng trình về dạng
4)1(
22
=+ xx
6) Chuyển vế trái sang phải đa phơng trình về dạng
0)23()123(
22
=+++ xx
7) đa về phơng trình tích
8) Phơng trình
22
9)31( xx =++
9) Chia cả hai vế của phơng trình cho
3+x
ta đợc
0)
3
4
1(
2
=
+

x
x

10) Biến đổi phơng trình có dạng

222
)
2
1
2004()
2
1
(
4
1
20042004
4
1
+=++++=++ xxxxxx
2. Bình ph ơng hai vế của ph ơng trình
Ví dụ: Giải phơng trình

222133 ++=+++ xxxx
Giải: Bình phơng hai vế không âm của phơng trình ta đợc

)12(2)13)(3(1 ++=+++ xxxxx
Tuy nhiên giải phơng trình này hơi phức tạp. Phơng trình giải sẽ đơn giản hơn nếu ta
chuyển vế phơng trình
342213 +=++ xxxx
Bình phơng hai vế ta có
1124286
22
=+=++ xxxxx

Thử lại x=1 thoả mãn.
Nhận xét:
Nếu phơng trình
)()()()( xkxhxgxf +=+
mà có f(x) + h(x)= g(x) + k(x) thì ta
biến đổi phơng trình về dạng
)()()()( xgxkxhxf =
sau đó bình phơng rồi giải
phơng trình hệ quả.
Ví dụ: Giải phơng trình
311
3
1
2
3
+++=++
+
+
xxxx
x
x
Giải: Ta có
113
3
1
2
3
++=+
+
+

xxxx
x
x
. Từ nhận xét này ta có lời giải nh sau
Phơng trình đã cho tơng đơng với
113
3
1
2
3
++=+
+
+
xxxx
x
x
Bình phơng hai vế ta đợc




+=
=
==
+
+
31
31
0221
3

1
22
3
x
x
xxxx
x
x
Thử lại ta có hai nghiệm đều thoả mãn.
Qua lời giải trên ta có nhận xét
Nếu phơng trình
)()()()( xkxhxgxf +=+
mà có f(x) . h(x)= g(x). k(x) thì ta
biến đổi phơng trình về dạng
)()()()( xgxkxhxf =
sau đó bình phơng rồi giải
phơng trình hệ quả.
3. Trục căn thức
3.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a. Phơng pháp: Một số phơng trình vô tỷ có thể nhẩm đợc nghiệm x
0
nh vậy phơng
trình luôn đa đợc về dạng tích (x-x
0
)A(x)=0. Ta có thể giải phơng trình A(x) = 0 hoặc
chứng minh A(x) = 0 vô nghiệm.
b. Ví dụ: Giải các phơng trình sau

11)5
53512)4

43)1(32153)3
4
46
2242)2
6232)1
3
3
2
22
2222
2
=+
++=++
+=+
+

=+
=
xxx
xxx
xxxxxxx
x
x
xx
xxx
Hớng dẫn:
1) Nhân liên hợp vào vế trấi của phơng trình ta có phơng trình đã cho tơng đơng với
30)2
32
1

)(3()3(2
32
3
==
+
=
+

x
xx
xx
xx
x
2) Nhân liên hợp vào vế trái của phơng trình ta có phơng trình đã cho tơng đơng với




+=++
=

+

=
++

42242
046
4
46

2242
46
2
2
xxx
x
x
x
xx
x
3) Trục căn thức hai vế của phơng trình ta có
432
63
153
42
222
++

=
+
+
xxx
x
xx
x
Có x=2 là nghiệm duy nhất của phơng trình.
4) Phơng trình đã cho có dạng

2
35

4
)2(3
412
4
3563412
2
2
2
2
22
=
++

+=
++

++=+ x
x
x
x
x
x
xxx
5) Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phơng trình nên ta biến đổi
52
)93)(3(
)
412)1(
3
1)(2(52321

3
2
3
2
3
22
3
3
2
+
++
=
+
+
+=+
x
xxx
xx
x
xxxx
3.2 Đ a về hệ tạm
a, Phơng pháp: nếu phơng trình vô tỷ có dạng
CBA =+
mà A-B = kC ở đây C có
thể là hằng số, có thể là biểu thức của x. Ta có thể giải nh sau:

kBAC
BA
BA
==

. Khi đó ta có hệ





=
=+
kBA
CBA
b, Ví dụ: Giải các phơng trình sau

xxxxx
xxxxx
31122
41292)1
22
22
=++++
+=++++
Hớng dẫn: 1) Ta thấy x = - 4 không là nghiệm của phơng trình. Trục căn thức ta có
212924
1292
82
22
22
=++++=
+++

+
xxxxx
xxxx
x
Vậy ta có hệ





=
=
+=++





+=++++
=+++
7
8
0
6922
41292
21292
2
22
22
x

x
xxx
xxxxx
xxxx
Thử lại phơng trình ta có hai nghiệm đều thoả mãn.
2) Chia cả hai vế của phơng trình cho x ta đợc
3
11
1
11
2
22
=++++
xxxx
Đặt
t
x
=
1
khi đó phơng trình có dạng
312
22
=++++ tttt
.
Trục căn thức ta có
3
12
12
22
=

+++
+
tttt
t
.
Vậy ta có hệ
3
12
322
3
12
12
312
2
22
22
+
+=++





+
=+++
=++++
t
tt
t
tttt

tttt






=
=

8
7
1
t
t
Bài tập tơng tự
Giải các phơng trình sau:

2
22
22
2222
3
2
3
3
2
3
2
22

3
1
36
)10
82315)9
42118162)8
23222312)7
044321112)6
23231)5
3214)4
)10)(2()5)(2(2)3
231034)2
1)3(13)1
xx
xx
x
xxx
xxxx
xxxxxxx
xxx
xxx
xxx
xxxxx
xx
xxxx
+=


++=+
+=+++

++++=+
=+
=+
+=+
+=
=
++=++
Hớng dẫn:
1) đa về phơng trình tích
0)31)(1(
22
=++ xxx
2) Nhận thấy x = 3 là một nghiệm của phơng trình. Phơng trình đã cho có dạng
33
131034
)3(9
3
131034
)3101(3
3131034 ==
+

=
+

= xx
x
x
x
x

x
xx
3) Nhận thấy x =1 là nghiệm của phơng trình do đó phơng trình có nhân tử x 1
Phơng trình đã cho có dạng

1
32012
)11)(1(
1
2107
)6)(1(2
32012
1112
1
2107
)67(2
32012141072
22
2
2
2
2
22
=
++

+=
++

++
+
+=
++
+

++=+
x
xx
xx
x
xx
xx
xx
xx
x
xx
xx
xxxxx

4) Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phơng trình. Phơng trình có dạng
2)2(2
11
2
442)4(
)2)(2(
421124
3
22
3

2
3
2
=+
+

=
++++
+
+=+ xx
x
x
xx
xx
xxx
5) Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phơng trình . Phơng trình đã cho có dạng
1)1(3
123
)1(3
1331231
2
3
3
23
3
2
==
+

+=+ xx

x
x
xxxx
7)
232
42
32212
)42(
23232212
2222
2222
++
+
=
+++
+
+=++
xxxx
x
xxx
x
xxxxxxx
8) Nhận thấy x=1 là nghiệm của phơng trình, phơng trình có dạng
)1(21
618162
18162
221618162
2
2
2

22
=+
+++
+
=+++ xx
xx
xx
xxxx
9)Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phơng trình, phơng trình đã cho có dạng
1
38
1
)1(3
415
1
3833415
2
2
2
2
22
=
++

+=
++

++=+ x
x
x

x
x
x
xxx
10) Trục căn thức ở mẫu ta có

22
3)1(33
12
)1)(36(
xxxxxx
x
xxx
+=++=

+
4.Ph ơng trình biến đổi về tích:
Ví dụ : Giải các phơng trình sau
x
x
x
x
xxxxxx
xxxxx
xxxx
xxxxx
4
3
4
3)5

342123)4
1)3
23121)2
12214)1
2
3
2
3
3
2
3
3
2
33
22
=
+
++
+++=+++
++=++
+++=+++
++=+
Hớng dẫn:
1)
0)12)(112( =+ xxx
2)
0)12)(11(
33
=++ xx
3) chia cả hai vế của phơng trình cho

3
x
0)1)(1
1
(
3
3
=
+
x
x
x
4)
0)11)(23( =++ xxx
5) Chia cả hai vế của phơng trình cho
3+x
phơng trình tơng đơng với
0)
3
4
1(
2
=
+

x
x
Phơng pháp 2: Phơng pháp đặt ẩn phụ
Dạng 1: Sử dụng ẩn phụ để đa về phơng trình đại số
Phơng pháp: Biến đổi phơng trình đã cho về phần chứa x giống nhau.

Đặt f(x) = t đa phơng trình đã cho về phơng trình đại số ẩn t.
Giải phơng trình tìm t, rồi tìm x.
Chú ý: Nếu bài toán có chứa
)(,)( xgxf
và
kxgxf =)()(
(Với k là hằng số). Khi
đó có thể đặt
t
k
xgtxf == )()(
.
Nếu bài toán có chứa
)()(;)()( xgxfxgxf
và f(x) + g(x) = k. Khi đó có thể đặt
2
)()()()(
2
kt
xgxftxgxf

==
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

3111)10
11)9
12)8
13
1
2)7

)11)(2004()6
211)5
7972)72()4
2422)3
1
13
13
2)2
277218213)1
22
2
3
242
2
2
22
2
2
22
=++
=++
+=+
+=+
+=
=++
++=++
=+++
+

=

=+++++
xx
xx
xxxx
x
x
xxx
xxx
xxxx
xxxx
xxx
x
x
x
x
xxxx
Hớng dẫn
1, Đặt
txx =++ 77
2
2, Đặt
t
x
x
=
13
3, Đặt
txx =++ 22
4, Biến đổi phơng trình đã cho về dạng

0)72(772722
2
=+++++ xxxxxx
Đặt
txx =+ )72(
5, Đặt
txx = 1
2
thì phơng trình có dạng
2
1
=+
t
t
6, đặt
yx =1
Phơng trình đã cho có dạng
0)1002()1(2
22
=+ yyy
7, Chia cả hai vế của phơng trình cho x ta đợc
xx
xx
1
3
1
2 +=+

Đặt
t

x
x =
1

8, Chia cả hai vế của phơng trình cho x ta đợc
2
1
)
1
(
3
=+
x
x
x
x
đặt
t
x
x =
3
1

9, Đặt
tx =+1
10, Đặt
tx =+11
2
Bài tập tơng tự : Giải các phơng trình sau

xxxxx
xxxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
168)189)(23()6
253294123)5
91717)4
221)2)(1()3
33)2)(5()2
111525215)1
2
22
2
2
22
=++++
++=+
=++
+=+
+=+
+=
Dạng 2: Đặt ẩn phụ đa về phơng trình thuần nhất bậc hai đối với hai biến
Phơng trình thuần nhất bậc hai đối với hai biến có dạng
0
22
=++ byaxyx
Cách giải: Chia cả hai vế của phơng trình cho y
2

đa phơng trình đã cho về phơng
trình bậc hai có ẩn là
y
x
.
Các trờng hợp sau đa về đợc dạng trên

22
)()()(.)(.
nvmuvu
xBxAcxBbxAa
+=+
=+

Khi ta thay các biểu thức A(x) hoặc B(x) bởi các biểu thức vô tỷ thì ta sẽ đợc các ph-
ơng trình vô tỷ theo dạng này.
a. Phơng trình dạng
)()()(.)(. xBxAcxBbxAa =+
Nh vậy phơng trình
)()( xPxQ

=
có thể giải bẳng phơng pháp trên nếu




+=
=
)(.)(.)(

)().()(
xBbxAaxQ
xBxAxP
Ví dụ: Giải các phơng trình

14224)8
1
3
3
13)7
17152)6
28)12)(4()3()5
1)3(13)4
1231)3
85)8(2)2
15)2(2)1
42
242
32
22
32
32
+=+
++=+
=+
=++
++=++
=+
+=+
+=+

xxx
xxxx
xxx
xxxx
xxxx
xxx
xx
xx

Hớng dẫn
1, Đặt





+=
+=
1
1
2
xxv
xu
Ta đợc phơng trình
uvvu 5)(2
22
=+
2, Đặt

+=
+=
42
2
2
xxv
xu
Ta đợc phơng trình
uvuv 5)2(2
22
=+
3, Đặt





=
=+
vx
ux
3
1
Ta đợc phơng trình
22
uvvu =
4) Đặt

=+
=+
vx
ux
3
1
2
Ta đợc phơng trình
vuvu .93
2
=+
5) Đặt





=+
=+
vxx
ux
)12)(4(
3
Ta đợc phơng trình
12

22
+= vuuv
6, Đặt





++=
=
1
1
2
xxv
xu
Ta đợc phơng trình
uvvu 723
22
=+
. Để tìm hệ số a, b ta có th-
ờng dùng phơng pháp hệ số bất định. Cụ thể
)1()1(152
22
+++=+ xxbxaxx
7) Đặt

=+
=++
vxx
uxx
1
1
2
2
dùng hệ số bbất định ta tìm đợc hệ số



=
=
2
1
b
a
do đó ta đợc ph-
ơng trình
uvvu
3
3
2
22
=+
8) Đặt

=++
=+
vxx
uxx
12
12
2
2
Ta đợc phơng trình
uvvu =+
22
3
Thông qua các ví dụ trên ta thấy có thể sử dụng một số hằng đẳng thức nh

)122)((122(14
)12)(12(1
)1)(1(1
))((
))((
224
224
2224
2233
2233
+++=+
+++=+
+++=++
++=

++=+
xxxxx
xxxxx
xxxxxx
babababa
babababa
Ta có thể tạo ra những phơng trình vô tỷ dạng trên. Để có một phơng trình đẹp ta cần
chọn hệ sốa, b, c sao cho phơng trình bậc hai
0
2
=++ cbtat
giải nghiệm đẹp.
b. Phơng trình dạng
22
nvmuvu +=+

Phơng trình có ở dạng này thờng khó phát hiện hơn dạng trên, nhng nếu ta bình ph-
ơnghai vế thì đa đợc về phơng trình dạng trên.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

)1(5209145)3
143122)2
113)1
22
22
2422
+=+
++=++
+=+
xxxxx

xxxxx
xxxx
Hớng dẫn:
1, Đặt





=
=
1
2
2
xv
xu
Ta đợc phơng trình
22
3 vuvu =+
2, Bình phơng hai vế ta có
1)12)(2(
22
+=+ xxxx
Đặt





=

=+
vx
uxx
12
2
2
Ta đợc phơng trình
22
. vuvu =
3, Chuyển vế bình phơng ta đợc
)1)(20(5252
22
+=+ xxxxx
Nhận xét: không tồn tại số a, b để
)1()20(252
22
++=+ xbxxaxx
vậy không thể đặt
ẩn phụ ngay đợc. Ta có
)54)(4()1)(20(
22
+=+ xxxxxx
.
Ta đặt





=

=+
vxx
ux
54
4
2
ta đợc phơng trình
uvuv 532
22
=+
Với định hớng này ta có thể tự sáng tạo đợc những phơng trình vô tỷ đẹp .
Dạng 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Trong một số trờng hợp ta có thể giả phơng trình bằng cách đặt ẩn phụ, nhng sau khi
biến đổi ta đựoc phơng trình vẫn còn cả hai biến t và x, tuy nhiên ta tìm đợc mối liên hệ
giữa t và x bằng cách coi đây là phơng trình ẩn t còn x coi nh là hẳng số.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau

16924422)7
1123114)6
132)1()5
221)23()4
0566)14(5106)3
14122)2
1221)14()1
2
2
22
222
22
2

22
+=++
++=+
+=++
++=++
=++
+=++
++=+
xxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxxx
xxx
xxxx
Hớng dẫn:
1, Đặt
tx =+1
2
Ta đợc phơng trình
012)14(2
2
=+ xtxt
2, Đặt
tx =+14
Ta đợc phơng trình
3, Đặt
txx =+ 566
2
Ta đợc phơng trình

04)14(
2
= xtxt
4, Đặt
tx =+ 2
2
Ta đợc phơng trình
033)2(
2
=++ xtxt
5, Đặt
txx =+ 32
2
khi đó phơng trình trở thành
1)1(
2
+=+ xtx
nếu coi đây là phơng
trình ẩn x thì nghiệm khá phức tạp, còn nếu coi là phơng trình ẩn t thì phơng trình vô tỷ
cần giải lại khó khăn. Do đó ta thêm bớt để đợc phơng trình bậc hai theo t có chẵn
0)1(2)1(0)1(2)1(32
22
=++=+++ xtxtxtxxx
6, Đặt
tx =1
Ta đợc phơng trình
)12()1()1(214123114 ++++=++++=+ xtxxxxttxx
Ta có phơng trình
0)1(214)12(
2

=+++++ xxxtt
7, Bình phơng hai vế ta đợc phơng trình
169)2(16)4(216)42(4
22
+=+++ xxxx
Ta đặt
tx = )4(2
2
Ta đợc phơng trình
0832169
2
=+ xtx
Ta phải tách
08)29()4(29
222
=++= axaxax
làm sao cho
t
là số chính phơng
Thông thờng ta chỉ cần nhóm sao cho hết số hạng tự do thì sẽ đạt đợc mục đích.
Dạng 4: Đặt nhiều ẩn phụ đa về tích
Ví dụ: Giải các phơng trình

33
3
2
3
2
2
3

2
3
3333
423
22
2222
22
20022003620027320013)7
218817)6
03492513)5
1111)4
3912154)3
23222312)2
322323)1
=++
=++
=+++
+=++++
=+++
++++=+
++=+++
xxxxx
xxxxx
xxxx
xxxxx
xxxxx
xxxxxxx
xxxxxx
Hớng dẫn:
1) Đặt

0))(1(321 ==+== cbacxbxax
2) đặt



=
+=+
+===
2222
222
22312
dcba
dcba
xxcxxbxa
3) Đặt
2222
12154 babaxxbxxa =+=++=
4) Đặt
0)1)(1(111
23
=+=++++== baabbaxxxbxa
5) đặt
0))()(()(92513
3333
333
=+++++=++==+= accbbacbacbaxcxbxa
6) Đặt
0))()((18817
3
2

3
2
3
=+++==+= accbbaxxcxxbxa
7) đặt
0))()((2003620027320013
3
3
2
3
2
=+++=+=+= accbbaxcxxbxxa
Đối với các ví dụ 5, 6, 7 ta thấy có sự đặc biệt là sau khi đặt ẩn phụ ta đều đa đợc về ph-
ơng trình tích. Tất cả các phơng trình này đều xuất phát từ một hằng đẳng thức quan
trọng là
))()((3)(
3333
accbbacbacba ++++++=++
Ta có
0))()(()(
3333
=+++++=++ accbbacbacba
. Bằng cách chọn a, b, c sao cho
3333
)( cbacba ++=++
ta đợc phơng trình vô tỷ chứa căn bậc bai.
Dạng 5: Đặt ẩn phụ đa về hệ phơng trình
Dạng 1: Đặt ẩn phụ đa về hệ thông thờng
Phơng pháp: Đặt
)(),( xvxu

==
và tìm mối liên hệ giữa
)(),( xx

độc lập đối với x, từ
đó tìm đợc hệ theo u, v.
Dạng 2: Dạng phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai
Phơng pháp:
Biến đổi phơng trình đã cho có dạng:

+++=+ xedxcbax
2
)(
với



+=
+=


bce
acd
đặt
baxedy +=+
khi đó phơng trình đợc chuyển thành hệ

++=+
+=+






+++=+
+=+


edyxedxc
baxedy
xedxcedy
baxedy
2
2
2
)(
)(
)(
Ví dụ1: Giải phơng trình
513413)2
541)1
2
2
+=+

++=+
xxx
xxx
Hớng dẫn:
1)
1)2(1
2
++=+ xx
. đặt
21 +=+ yx
Khi đó phơng trình đã cho trở thành hệ



=++
+=+






++++=+
+=+

++=+
+=+
0)5)((
)2(1
)2()2()2(2
)2(1
1)2(2
21
2
22
2
2
yxyx
yx
yxxy
yx
xy
yx
2)
4)32(13
2
++=+ xxx
. Đặt
3213 =+ yx
, khi đó phơng trình đã cho trở thành
hệ

+=
=+






++=
=+
)32()32()32(32
)32(13
4)32(32
3213
22
2
2
xyxy
yx
xxy
yx
Dạng 3:Dạng phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba
Phơng pháp: Biến đổi phơng trình về dạng

+++=+ xedxcbax
3
3
)(
với

+=
+=


bce
acd
đặt
3
baxedy +=+
khi đó phơng trình đợc chuyển thành hệ





+++=+
+=+

xedxcedy
baxedy
3
3
)(
Ví dụ : Giải các phơng trình sau

1000800011000)11
54162)10

2
3
42)9
1222)8
3
8
5
26
5
26
)7
615)6
55)5
1221)4
30)35(35)3
3118)2
8563232)1
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
44
3

=+
+=
+
=+
=
=
+
+
+


=++
=+
=+
=+
=+
=+
xxx
xxx
x
xx
xxx
x
x
x
x
xx
xx
xx
xxxx

xx
xx

Hớng dẫn:
1) Đặt






=
+
=+






=
=
5
6
3
2
832
56
23
23

3
vu
vu
vx
ux
2) Đặt



=+
=+






=
=
17
3
1
18
44
4
4
vu
vu
vx
ux

3) Đặt



=+
=+






=
=
35
30)(
35
33
3
3
vu
vuuv
vx
ux
4) Đặt

=+
=+




=
=
uv
vu
vx
ux
21
21
12
3
3
3
5) đặt





=
=
=+
5
5
5

2
2
xa
ax
ax
6) đặt





=
=+






+=
=
5
5
15
1
2
2
ab
ba
xb

xa
7) Đặt






=

=+






+=
=
v
v
u
u
vu
xv
xu
4242
10
5
5

22
22
Các phơng trình 8, 9, 10,11 cách giải đều đợc xây dựng xuất phát từ hệ phơng trình






+=+
+=+
baxy
bayx
2
2
)(
)(


Từ phơng trình (2) của hệ ta có






+=
+=

+=+
+=+








baxy
baxy
baxy
baxy
1
1
Thay vào phơng trình (1) ta có






++=+
++=+

a
bbax
a
x
a
bbax
a
x
2
2
)(
)(
Đến đây bằng cách chọn
ba,,,

ta xây dựng đợc các phơng trình vô tỷ.
Cụ thể :
Với phơng trình (8) ta đặt
121 = xy
ta đa về hệ

=
=
)1(22
)1(22
2
2
xyy
yxx
Với phơng trình (9) ta đặt
2
3
1
+
=+
x
y
ta đa về hệ







+=+
+=+
2
3
2

)1(
2
3
2
)1(
2
2
x
y
y
x
Với phơng trình (10) ta đặt
5432 += xy
ta đa về hệ





+=
+=
54)32(
54)32(
2
2
xy
yx
Với phơng trình (11) ta đặt
xy 8000112 +=
ta đa về hệ

+=
+=
18000)12(
18000)12(
2
2
xy
yx
Nếu xét hệ





+=+
+=+
baxy
bayx
3
3
)(
)(


thì bằng cách tơng tự ta xây dựng đợc phơng trình

a
bbax
a
x ++=+
3
3
)(
Bằng cách xét các hệ đối xứng khác ta có thể tự xây dựng thêm một số dạng phơng
trình. Qua đó ta sẽ tạo ra đợc rất nhiều đề toán hay.
Bài tập tơng tự
255336853)5
)1130060(2004)430(
2
15
)4
14816)3
2
3
4
2881)2
0135134)1
23
3
2
3

3
23
3
2
+=
++=
=+
+=
=+++
xxxx
xxx
xxx
xxxx
xxx
Phơng pháp 3: Phơng pháp đánh giá
Dạng 1: Đánh giá hai vế của phơng trình
Một số phơng trình đợc tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức





mB
mA
Phơng trình
A = B xảy ra khi



=

=
mB
mA
.
Tổng quát một số phơng trình đợc tạo ra từ ý tởng





)(
)(
xfB
xfA
khi đó




=
=
=
)(
)(
xfB
xfA
BA
Ví dụ : Giải các phơng trình sau
16913)6
9

1
22
)5
11642)4
143122)3
1231)2
141232532)1
4242
2
22
2
2
=++
+=+
+
+=+
++=++
+=++
+=+
xxxx
xx
x
xxxx
xxxxx
xxxx
xxxx
Hớng dẫn:
Đối với phơng trình (1): áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có
2
2

VP
VT
Đối với phơng trình (2) : áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có
12
2
+ xVT
Phơng trình (2) xảy ra khi dấu == của bất đẳng thức Bunhia xảy ra.
Đối với phơng trình (3) ta có: áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có
143
2
++ xxVT
. Ph-
ơng trình (3) xẩy ra khi dấu = của bất đẳng thức Bunhia xảy ra.
Phơng trình (4) cách giải nh phơng trình (1)
Phơng trình (5) ta có
9
1
1
1
1
22
1
22
+
+
++
+
=+

+
x
x
x
x
x
x
x
Phơng trình (5) xảy
ra khi
xx
1
1
22
=
+
Dạng 2: Tìm một nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất
Ví dụ: giải phơng trình

6
2
8
3
6
=

+
xx
Điều kiện: x < 2
Ta có

2
3
=x
là một nghiệm của phơng trình
Với
64
2
8
;2
3
6
2
3
64
2
8
;2
3
6
2
3
>>

>

>
<<

<

<
VT
xx
x
VT
xx
x
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất
2
3
=x
.
Phơng pháp 4: Phơng pháp hàm số
Sử dụng tính chất của hàm số để giải phơng trình. Ta thờng có 3 hớng sau đây
H ớng 1 : Thực hiện theo các bớc
Bớc 1: Chuyển phơng trình về dạng f(x) = k
Bớc 2: Xét hàm số y= f(x)
Bớc 3: Xét sự biến thiên của hàm số y= f(x)
Bớc 4: Dựa vào bảng biến thiên kết luận số nghiệm của phơng trình f(x) = k.
H ớng 2: Thực hiện theo các bớc
Bớc 1: Chuyển phơng trình về dạng f(x) = g(x)
Bớc 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f(x) và g(x) có những tính chất trái nghợc nhau và
xác định x
0
sao cho f(x
0
)= g(x
0
)
Bớc 3: Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là x

0
.
H ớng 3: Thực hiện theo các bớc
Bớc 1: Chuyển phơng trình về dạng f(u) = f(v)
Bớc 2: Xét hàm số y= f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bớc 3: Khi đó f(u) = f(v) u=v
Ví dụ : Giải các phơng trình sau
x
xx
xxxx
xxx
xxx
xxxxxxx
xxxx
xxxx
xx
xxxx
xxxxx
1
1)10
21212)9
41215)8
42713)7
37511)6
365245)5
123)4
11414)3
13)2244)(2(2)2
0)392(3)4442)(12()1
2

3
2
33
3
3
23234
22
22
2
3
22
=+
++=+++
=++
=++++
+=+
+=+
=++
=
=+
=+++++++
Hớng dẫn:
1) Phơng trình đã cho tơng đơng với

)3()12(0)3)3(2)(3()3)12(2)(12(
22
xfxfxxxx =+=++=++++
Xét hàm số
32()(
2

++= tttf
là đồng biến trên R ta có x=
5
1
2)Chia cả hai vế của phơng trình cho x 2.
Xét hàm số
3
2
5
222442)(
3


+=
x
xxxf
đồng biến với mọi x
1
. Phơng trình đã
cho có nghiệm duy nhất x = 3
3) Xét hàm số
1414)(
2
+= xxxf
trên

+;
2
1
có f(x) > 0 nên hàm số đồng biến
trên D và
1)
2
1
( =f
. Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất
2
1
=x
4) đặt t=x
2
x phơng trình có dạng
123 =+ tt
.Xét hàm
tttf =+= 23)(
đồng
biến trên [2; 3], mà f(1) = 1. Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất t =1
5) Xét
365)(
2
+= xxxf
trên D ta có f(x) < 0 với mọi x thuộc D mà vế phải của phơng
trình luôn dơng nên phơng trình vô nghiệm.
6) Tập xac định của phơng trình là
{ }

1;1
thay hai giá trị vào ta có phơng trình có
nghiệm là x = 1
7) Xét hàm số
2713)( ++++= xxxxf
trên D có f(x) > 0 nên hàm số luôn đông
biến. Lại có f(1) = 4, do dó x= 1 là nghiệm duy nhất của phơng trình.
8) làm tơng tự bài 7 ta có nghiệm duy nhất của phơng trình là x = 1.
9) Đặt
3
2
3
21 xvxu =+=
phơng trình đã cho trở thành
vvuu ++=++
3
3
3
3
11
Xét hàm
tttf ++=
3
3
1)(
có f(t) > 0 nên phơng trình tơng đơng f(u) = f(v)
vu =

=
=
+=
2
1
1
12
2
x
x
xx
10) Xét hàm
1)( += xxxf
là hàm đồng biến trên D còn hàm
x
xg
1
)( =
nghịch biến
trên D. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất, nhận thấy x = 1 là nghiệm của ph-
ơng trình.
V. Một số dạng toán tìm nghiệm nguyên của phơng trình bậc hai hai ẩn
Phơng trình bậc hai hai ẩn (x; y) là phơng trình có dạng

0),(
22
=+++++= geydxcxybyaxyxf
Dạng 1:

=
=
0
0
b
a

Chẳng hạn b =0 phơng trình có dạng

gdxaxecxygeydxcxyaxyxf =+=++++=
22
)(0),(
Nếu cx+e=0 thì y bất kỳ
Nếu cx+e 0 thì
ecx
gdxax
y
+
++
=
2
Tìm y
Z
Ví dụ : Giải các phơng trình sau
02)5
0123)4
1)2()3

2)1()2
03424)1
2
2
22
2
2
=+
=++
=++
+=
=++++
yxyx
yxxyy
yxy
xxy
yxxyx
Hớng dẫn:





+
++
=+
=+
++=+
12
344

012
012
)344()12()1(
2
2
x
xx
yx
x
xxxy
Vì



=
=




=
=
+
3
3
1
0
)12(2
y
y

x
x
xZy






+
=
=

1
2
1
1
)2(
2
x
x
yx
x
Dạng 2: Với ab>0, c=0, de0
Phơng trình có dạng

2
2
2
2

2
2
2
2
22
)
2
(
4
4
0
4
)
4
(
0),(
a
d
xa
a
dag
eyby
a
d
geyby
a
d
x
a
d

xa
geydxbyaxyxf
+=

++
=+++++
=++++=
Biện luận y
Z
tìm x
Z
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau
1271252)4
0106334)3
03852)2
043643)1
2244
2244
22
22
+=+
=+++
=++
=+++
yxyx
yxyx
yxyx
yxyx
Hớng dẫn:
(1) 3(x

2
+2x+1)+4y
2
+3y-7=04y
2
+3y-7=-3(x+1)
2
0
1
4
7
y
Vì y
Z
nên
)1;1(
1
0
1






=
=
=
y
y

y
Dạng 3: Với 4ab-c
2
> 0 ce0, d=0
Phơng trình có dạng

22
2
2
22
2
22
2
22
)
2
(
4
4
0
4
)
4
ã(
0),(
a
cy
xageyy
a
cab

geyby
a
yc
a
yc
yxa
geycxybyaxyxf
+=++


=+++++
=++++=
Biện luận y
Z
tìm x
Z
.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau:
xyyx
yxyyx
xyyxyx
yxyyx
2175)4
022)3
108)2
04322)1
22
22
2222
22

+=
=++
=++
=+++
Dạng 4: c
2
-4ab < 0 và
)4)(4()2(
222
agdabcaccd
; cde 0
Phơng trình đã cho có dạng:
0)(
22
=+++++ geybyxdcyax
Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn x khi đó

agdyaecdyabcgeybyadcy 4)2(2)4()(4)(
22222
++=+++=
Xét 0 để tìm y
Z
rồi tìm x
Z
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau
22
22
22
22
)(2)4

039422)3
1)2
023322)1
yxxyyx
yxxyyx
xyyxyx
yxxyyx
+=++
=+++++
++=++
=+++
Phơng pháp giải của dạng 4 có thể áp dụng cho dạng 1, 2, 3
Ngoài các dạng nói trên trong trờng hợp tìm nghiệm nguyên của phơng trình bậc hai hai
biến ta còn phải lu ý đến một số định lý về nghiệm nguyên.
Định lý nghiệm nguyên của ph ơng trình bậc hai
Định lý 1: Phơng trình ax
2
+bx +c = 0 với hệ số nguyên và c 0 nếu có nghiệm nguyên
x
0
thì c chia hết cho x
0
.
Định lý 2: Phơng trình x
2
+ bx +c =0 với hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi
cb 4
2
=
là số chính phơng.

Định lý 3: Phơng trình hệ số nguyên
0
22
=+++++ geydxcxybyx
có nghiệm nguyên khi
và chỉ khi
)(4)(
22
geybydcy +++=
là bình phơng của một số nguyên.
Ví dụ1 : Giải phơng trình nghiệm nguyên

0668)13(2
22
=++++ yyyx
Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn x ta có phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

5))((5)668()13('
22222
=+==+++= vyvyvyvyyy
Vì y, v
Z
nên chỉ xảy ra

=
=



=
=




=
=




=+
=



=
=

=+
=










=
=



=
=




=
=

=+
=
3
10
3
6
2
3
5
1
2
3
1
5
3
8
3
12
2
3
5
1
y
x
y
x
v
y
vy
vy

v
y
vy
vy
y
x
y
x
v
y
vy
vy
Ví dụ 2: Giải phơng trình nghiệm nguyên
052443
22
=+++++ yxxyyx
Hớng dẫn: Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn y. Để phơng trình có nghiệm nguyên ta cần
tìm x để là số chính phơng. Tuy nhiên trong trờng hợp này để cho đơn giản ta nên đặt
v= x 2u.
Bài tập tơng tự: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau
32022)7
)()6
0410223)5
06422)4
)3
9)2
212)1
326
233
22

235
2222
222
=+
+=+
=++
=+
=++
=++
++=+++
yxyx
yxyx
yxxyyx
yyxx
yxyxyx
yxyx
xyyxyxxy
Hớng dẫn:
Phơng trình (1)
1)2)(1(
2
=++ xyyx
Phơng trình (2)
10)1)(1( =++ yx
Phơng trình (3): Đặt a = x+y, b=x.y phơng trình đã cho có dạng b
2
+b- a
2
=0.Để phơng
trình có nghiệm nguyên thì = 1+4a

2
=k
2

1)2)(2( =+ akak
Phơng trình (4) Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn là x
3
ta tìm y để phơng trình có
nghiệm.
Phơng trình (5)
7)3)(13( =+++ xyxy
Phơng trình (6)
0))1()((
22
=+++ yyxyxyx
Phơng trình (7): Coi đây là phơng trình bậc hai ẩn y, ta tìm x để phơng trình có nghiệm
Với cách giải một só dạng phơng trình nghiệm nguyen trình bày ở trên ta có thể áp dụng
cho một số phơng trình nghiệm nguyên bậc 3 với hai ẩn số.
Cụ thể:
Nếu hệ số của hai ẩn, chẳng hạn x
3
và y
3
đối nhau thì ta có thể tham số hoá chúng bằng
cách đặt x = y+d hoặc y=x + d (d
Z
) để đa phơng trình bậc hai theo một ẩn x hoặc y.
Nếu hệ số x
3
và y

3
bằng nhau thì ta đặt z = -y rồi đa về dạng trên. Từ đây thiết lập điều kiện
để tìm d.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
33
200927 yxyx =++
Lời giải: Đặt y=x+d (d
Z
). Phơng trình trở thành
02009)327()327(
322
=++ dxddxd
Nếu d = 9 thì phơng trình trở thành 1280 = 0 ( vô lý)
Với d 9, điều kiện để phơng trình có nghiệm là
0)2009)(327(4)327(
322
+ dddd
Hay
1490)57441)(9)(14(3
2
<++ ddddd
Do đó
{ }
14;13;12;11;10d
. Kiểm tra trực tiếp, ta nhận thấy phơng trình chỉ có nghiệm nguyên
khi d =14, khi đó x=-7, y= 7
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
233
6110 yyxx +=+
Lời giải:

Đặt x = y+d (d
Z
). Khi đó phơng trình trở thành
0110)103()63(
322
=++++ ddydyd
Nếu d = 2 thì phơng trình trở thành 22y+27 = 0 ( không có nghiệm nguyên )
Nếu d 2 điều kiện để phơng trình có nghiệm là
07625260243
234
+++= dddd
Nếu
1d
thì < 0