SKKN phương trình vô tỉ và một số phương pháp giải

Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Lĩnh vực: Mơn Tốn

Năm học 2014- 2015
1/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải

Mục lục
Nội dung
A. Đặt vấn đề
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng và khách thể nghiên cứu
3.1. Đối tượng nghiên cứu
3.2. Khách thể nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
4.1 Nhóm các phương pháp nghiên cứu lý luận
4.2. Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn.
4.3. Nhóm các phương pháp hỗ trợ
5. Phạm vi nghiên cứu
B. Nội dung
I. Cơ sở lí luận và thực tiến
1 . Cơ sở khoa học
2. Cơ sở thực tiến

II: Thực trạng
1. Thực trạng
2. Nguyên nhân của những hạn chế
3. Thực trạng trước khi thực hiện đề tài
III. Nội dung nghiên cứu
1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
2. Phương pháp đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
4. Phương pháp đưa về phương trình tích
5. Phương pháp đặt ẩn phụ
6. Giải và biện luận phương trình vơ tỉ
IV. Kết quả
Tài liệu tham khảo
C. Kết luận và khuyến nghị
1. Kết luận
2. Khuyến nghị

2/29

Trang
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4

4
4
5
5
5
5
6
7
9
12
15
17
24
26
27
28
28


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
A: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Sau khi trực tiếp giảng dạy bộ mơn Tốn lớp 9, qua q trình giảng dạy và kết
quả các bài kiểm tra ở chương I Đại số 9 tôi nhận thấy học sinh thường lúng túng
hoặc không đủ kiến thức để giải thành thạo các phương trình vơ tỉ. Khi học sinh
khơng nắm vững kiến thức về căn bậc hai cũng như các phương pháp giải phương
trình vơ tỉ cơ bản thì khơng biết giải hoặc hay mắc sai lầm là điều khó tránh khỏi.
Mà các kiến thức về căn bậc hai và các bài tập liên quan đến căn bậc hai là rất quan
trọng trong chương trình, đặc biệt là chương trình tốn 9 và tốn cấp 3 sau này.
Vì sao học sinh thường khơng nắm vững các bước giải phương trình vơ tỉ ?

Bài tốn giải phương trình vơ tỷ là bài tốn khó vì nó chứa đựng nhiếu kiến thức
như tính chất về thứ tự và các phép tính cộng, nhân, kiến thức về giá trị tuyệt đối,
giải phương trình, giải bất phương trình…. Khi gặp các bài tốn về giải phương
trình vơ tỉ học sinh thường ngại khó do phải sử dụng nhiều lượng kiến thức vì vậy ít
lưu tâm khi tiếp thu kiến thức cũng như vượt khó để giải thành thạo các dạng bài tập
đó. Làm thế nào để học sinh dễ nắm được kiến thức, nắm vững phương pháp cũng
như các bước giải phương trình vơ tỉ . Trong các năm vừa qua, từ thực tế giảng dạy,
trao đổi với đồng nghiệp và tham khảo các tài liệu tôi rút ra các dạng cơ bản thường
gặp của phương trình vơ tỉ, các phương pháp cơ bản để giải từng dạng cơ bản đó.
Với hệ thống kiến thức này học sinh dễ tiếp thu và giải thành thạo các phương trình
vơ tỉ trong chương trình tốn 9
2. Mục đích nghiên cứu
- Kiến thức: Học sinh hiểu và làm được một số dạng tốn về phương trình vơ tỷ. biết
kết hợp giải phương trình và bất phương trình vào giải phương trình vơ tỉ, tránh
những sai lầm khi giải dạng tốn liến quan đến phương trình vơ tỉ
- Kĩ năng: Học sinh biết giải các dạng phương trình vơ tỉ
- Thái độ: Học sinh có khả năng nhận diện các dạng phương trình từ đó giải chính
xác các dng phng trỡnh vụ t
Hc sinh có khả năng t duy, thành lập các bài toán mới, tính cẩn
thận trong tÝnh to¸n.
3. Đối tượng và khách thể nghiên cứu
3. 1. Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp dạy học mơn tốn 9 (đại số).
- Chương trình tốn lớp 9 (đại số).
- Một số dạng bài tập toán 9 (đại số) về phương trình vơ tỷ
3. 2. Khách thể nghiên cứu
3/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải

- Học sinh học tập mơn tốn 9 (đại số) của một trường thuộc quận Đống Đa – Hà
Nội.
4. Phương pháp nghiên cứu
4. 1. Nhóm các phương pháp nghiên cứu lý luận
Phương pháp phân tích và tổng hợp, phương pháp so sánh, khái quát hóa, hệ
thống hóa.
4. 2. Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn
- Phương pháp điều tra xã hội học: Phỏng vấn và điều tra bằng phiếu để thu thập
các thông tin.
- Phương pháp chuyên gia.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm trong dạy học trung học cơ sở.
4. 3. Nhóm các phương pháp hỗ trợ
Dùng phương pháp thống kê để tổng hợp số liệu.
5. Phạm vi nghiên cứu
Chương I phần đại số 9.
B.NỘI DUNG
I: Cơ sở lí luận và thực tiễn
1)Cơ sở khoa học:
Cùng với sự đổi mới phát triển của đất nước- Nền giáo dục của Việt Nam có
những biến đổi sâu sắc về mục tiêu, nội dung sách giáo khoa và cả phương pháp
giáo dục, một trong những đổi mới cơ bản hiện nay là đổi mới mục tiêu dạy học ở
trường THCS, dạy theo hướng phát triển tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh.
Định hướng được thể chế hóa trong luật giáo dục điều 24.2: "Phương pháp giáo
dục phổ thông phải phát huy tính tích cực tự giác chủ động sáng tạo của học sinh;
phù hợp với đặc điểm của từng lớp học môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, tự
rèn lụyên kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại
niềm vui hứng thú học tập cho học sinh. Là một giáo viên Toán khối THCS, tơi nhận
thức được, bộ mơn Tốn THCS có vai trị quan trọng bởi các kiến thức kĩ năng có
nhiều ứng dụng trong đời sống. Nó cung cấp những kiến thức Tốn học phổ thơng
cơ bản có hệ thống và toàn diện, những kiến thức này phải phù hợp với trình độ hiểu

biết hiện đại theo tinh thần kỹ thuật tổng hợp, tạo điều kiện hướng nghiệp gắn với
cuộc sống. Nhằm chuẩn bị tốt cho các em tham gia vào lao động sản xuất hoặc tiếp
tục học lên phổ thông trung học. Đồng thời mơn Tốn góp phần phát triển năng lực
tư duy khoa học, rèn luyện kỹ năng cơ bản có tính chất kỹ thuật tổng hợp góp phần
xây dựng thế giới quan khoa học rèn luyện phẩm chất đạo đức của người lao động
4/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
mới.. Thực tế trong giảng dạy cho thấy, việc giải bài tập Toán cấp THCS là một vấn
đề làm cho nhiều học sinh cảm thấy khó và sợ .
2)Cơ sở thực tiễn:
Vẫn còn nhiều học sinh chưa tổng hợp được kiến thức Toán từ lớp 6,7,8,9. Các
em chưa hiểu sâu , hiểu kĩ các kiến thức Tốn, cịn thụ động lĩnh hội kiến thức .
Trong khi chữa bài tập, nhiều học sinh vẫn còn thờ ơ, nhiều học sinh chỉ cần kết quả
đối chiếu , thậm chí vẫn cịn học sinh chưa biết tóm tắt bài tốn bằng các kí hiệu,
việc kết hợp nhiều lượng kiến thức vào giải một dạng tốn đối với học sinh lại càng
khó và dẫn đến việc các em lười suy nghĩ.
Trong thực tế chương trình SGK chưa xây dựng hoàn chỉnh về nội dung và phương
pháp của một số dạng tốn khó ,thường chỉ mang tính chất giới thiệu chưa sâu
Học sinh muốn tìm hiểu thêm đối với kiến thức khó cịn lúng túng trong việc tìm
tài liệu nghiên cứu.Việc tìm hiểu của giáo viên ở một số chuyên đề ở một số tài liệu
còn chưa tập chung và cịn mất nhiều thời gian. Vì vậy cần phải xây dựng một số
chuyên đề về toán học làm tài liệu tham khảo cho việc dạy và học toán được tốt hơn.
Cần phát triển cao hơn , đầy đủ hồn thiện hơn một số dạng tốn cơ bản ở trường
THCS
II. Thực trạng
1. Thực trạng:
Bên cạnh một số học sinh giỏi khá vẫn còn nhiều em chưa tự mình giải được một
bài tập tốn hoặc có những học sinh nắm được lý thuyết nhưng kĩ năng vận dụng lý

thuyết vào giải tốn cịn chậm và yếu. Nhiều học sinh chỉ cần kết quả đối chiếu , hay
dựa vào bài tập mẫu của Thầy và giải một cách dập khn, thậm chí vẫn cịn học
sinh chưa biết tóm tắt bài tốn bằng các kí hiệu. Nhiều học sinh đứng trước một bài
tốn khơng biết phải giải bài tốn đó như thế nào, dùng những lượng kiến thức gì để
giải quyết được bài tốn đó.
2. Ngun nhân của những hạn chế:
- Có nhiều bài tập học sinh về nhà làm mà khơng có sự chỉ đạo, hướng dẫn của
giáo viên.
- Tình trạng phổ biến hiện nay là học sinh học tập thụ động, máy móc, cịn giáo
viên chỉ chú trọng đến các bài toán thường gặp. Chưa dành thời gian phù hợp cho
việc hướng dẫn học sinh khá, giỏi giải quyết những bài tốn khó như phương trình
vơ tỉ.
- Khả năng tổng hợp nhiều lượng kiến thức vào giải một bài tốn làm cho học sinh
thường thấy khó dẫn đến một thực trạng là học sinh không ham học thường ngại khó
đẫn đến việc các em bỏ khi gặp dạng tốn này, đối với học sinh có ý thức học nhưng
không biết cách phân ra các dạng cơ bản và rút ra các giải thường dùng với từng
dạng đó nên các em dễ bị lúng túng hay nhầm lẫn khi giải tốn về phương trình vơ tỉ
5/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
* Về phía giáo viên:
Vẫn cịn một số giáo viên dạy theo phương pháp đổi mới chưa nhuần nhuyễn,
dẫn đến học sinh lĩnh hội kiến thức còn thụ động, một số giờ học vẫn còn nghèo
nàn, tẻ nhạt, chưa hiểu rõ, hiểu sâu ý đồ của sách giáo khoa.
Bài tập chỉ yêu cầu các em giải một cách thụ động hoặc giáo viên giải hộ cho
các em mà không hệ thống hóa, rút ra những kết luận hay nhân xét tổng hợp kiến
thức cho học sinh, chưa phát huy tính tích cực, sáng tạo, tự lực của học sinh.
Chính vì vậy mà một số giáo viên chưa thực sự chú trọng đến việc lập kế hoạch
dạy chu đáo. Thông thường là rất đơn sơ, cho các em giải một số bài tập ở trong

sách, khơng có bài tập điển hình và tổng hợp.
* Về phía học sinh:
Vẫn cịn nhiều học sinh chưa tổng hợp được kiến thức, các em chưa hiểu sâu,
hiểu kĩ các kiến thức, còn thụ động lĩnh hội kiến thức. Trong khi chữa bài tập, nhiều
học sinh vẫn còn thờ ơ, nhiều học sinh chỉ cần kết quả đối chiếu, thậm chí vẫn cịn
học sinh chưa biết tóm tắt bài tốn bằng các kí hiệu.
3. Thực trạng trước khi thực hiện đề tài.
Trước khi thực hiện đề tài qua giảng dạy ở trường THCS, qua tìm hiểu và trao
đổi với đồng nghiệp tôi nhận thấy:
- Đa số học sinh thích học mơn tốn, nhưng khi làm các bài tập đặc biệt là bài
tập cần tổng hợp nhiều lượng kiến thức như giải phương trình vơ tỉ các em thường
lúng túng trong việc định hướng giải, có thể nói hầu như các em chưa biết cách giải
cũng như trình bày lời giải.
Theo tơi, thực trạng nêu trên có thể do một số nguyên nhân sau:
+ Học sinh chưa có phương pháp tổng quan để giải một bài tập về phương trình
vơ tỷ.
+ Học sinh chưa biết vận dụng nhiều lượng kiến thức một cách linh hoạt
+ Nội dung cấu trúc chương trình sách giáo khoa dành cho dạng tốn này còn
hạn chế.
*. Số liệu điều tra trước khi thực hiện đề tài.
Thái độ
Lớp
Tổng số học sinh
Thái độ
u thích
Bình thường
Khơng u thích
9A
16
1

3
12
9B
18
1
4
13
Chất lượng học tập thơng qua bài kiểm tra thử
Lớp
Tổng số HS
Khá, giỏi
Trung bình
Yếu
SL
%
SL
%
SL
%
9A
16
0
3
13
9B
18
0
3
15

6/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
III: Giải pháp
- Để giải được một phương trình đặc biệt là phương trình vơ tỉ mà phương trình vơ tỉ
thì khơng chỉ có một dạng cơ bản. Vì vậy việc quan trọng đầu tiên đó là học sinh
phân loại được các dạng cơ bản của phương trình vơ tỉ. Thứ hai biết cách giải từng
dạng phương trình vơ tỉ đó. Vì vậy tơi xin đưa ra một số dạng cơ bản và phương
pháp giải tưnggf dạng cơ bản đó như sau:
CÁC DẠNG CƠ BẢN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Ở LỚP 9
1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
a) Dạng 1: f (x)  g(x)
*, Cách giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Tách riêng căn thức về một vế
- Tìm ĐK để cả hai vế của phương trình khơng âm
- Bình phương hai vế của phương trình
- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của phương trình
Ví dụ. Giải phương trình: x  1  x  1 (1)
Giải:
ĐKXĐ : x �1
0
x 1 ta có:
Với x – 1 �۳
�x �1
�x �1
�x �1
� �2

��
( Thỏa mãn)
x 1  x 1  �
� x  1  x  1 �x  3x  0
�x  3

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
* Lưu ý: Chúng ta thường chỉ tìm ĐKXĐ mà bỏ quên điều kiện để vế không chứa
căn cũng không âm, như vậy rễ xuất hiện nghiệm ngoại lai
b) Dạng 2: f (x)  g(x)  h(x)
*, Cách giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Tách riêng căn thức cộng căn thức về một vế
- Tìm ĐK để cả hai vế của phương trình khơng âm
- Bình phương hai vế của phương trình
- Tiếp tục chuyển vế, tìm điều kiện rồi bình phương để tìm được x
- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của phương trình
Ví dụ 1 . Giải phương trình: x  3  5  x  2 (2)
7/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
Giải:
ĐKXĐ x ≥ 2
Ta có:

x 3  5 x 2 )

 x3 x2 5
 2x  1  2 (x  3)(x  2)  25

 (x  3)(x  2)  12  x
2 �x �12
�

2 �x �12
�
�
� x  6 ( thỏa mãn)
�
2
25x  150
�
�x  x  6  144  x  24x

 �2

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6
Ví dụ 2 . Giải phương trình: 4x  1  3x  4  1
Giải:
ĐKXĐ x ≥

1
4

Ta có : 4x  1  3x  4  1
� 4x  1  1  3x  4
� 4x  1  1  2 3x  4  3x  4
� x  4  2 3x  4

Với x ≥ 4 bình phương hai vế của phương trình ta có:

x2 – 8x + 16 = 4( 3x + 4)
 x2 – 8x + 16 = 12x + 16
 x2 – 20x = 0
 x ( x – 20 ) = 0
 x = 0 ( Không thỏa mãn) hoặc x = 20 ( thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 20
c) Dạng 3: f (x)  g(x)  h(x)
*, Cách giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Chuyển vế sao cho hai vế nếu có phép tính thì chỉ có phép cộng
- Bình phương hai vế của phương trình
- Tiếp tục chuyển vế, tìm điều kiện để hai vế khơng âm rồi bình phương để tìm
được x
- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của phương trình
Ví dụ. Giải phương trình: x  1  x  7  12  x (3)
Giải:
ĐKXĐ 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
x  1  x  7  12  x

 x  1  12  x  x  7
8/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
Bình phương hai vế của phương trình ta có:
x  1  5  2 (12  x)(x  7)

 2 19x  x 2  84  x  4
Vì hai vế khơng âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được
4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16

 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0
 5x2 – 84x + 352 = 0
352 � � 2
42
1764 1764 352 �
� 84
5 �x 2  x 


� 5 �x  2 � x 
�
5
5 � �
5
25
25
5 �
�
2

4
� 42 �
� 44 �
 5 �x  � 5 �  5  x  8  �x  � (x  8)  5x  44 
25
� 5 �
� 5 �
44
 x1 =
( thỏa mãn) ; x2 = 8 ( thỏa mãn)

5
44
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =
; x2 = 8
5
d) Dạng 4: f (x)  g(x)  h(x)  k(x)

*, Cách giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Chuyển vế sao cho hai vế nếu có phép tính thì chỉ có phép cộng
- Bình phương hai vế của phương trình
- Tiếp tục chuyển vế, tìm điều kiện để hai vế khơng âm rồi bình phương ( nếu
cần) để tìm được x
- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của phương trình
Ví dụ. Giải phương trình: x  x  1  x  4  x  9  0 (4)
Giải:
ĐKXĐ x ≥ 4.
Ta có:
x  x 1  x  4  x  9  0

 x  9  x  x 1  x  4
 2x  9  2 x(x  9)  2x  5  2 (x  4)(x  1)
 7  x(x  9)  (x  1)(x  4)
 49  x 2  9x  14 x(x  9)  x 2  5x  4
 45 + 14x + 14 x(x  9) = 0
Với x ≥ 4  vế trái của phương trình ln là một số dương
 phương trình vơ nghiệm
2. Phương pháp đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
9/29

Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
a. Dạng 1: (A(x)) 2  B(x)
* Cách giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Đưa phương trình về dạng A(x)  B(x)
- Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối vừa tìm được
Ví dụ 1. Giải phương trình:

x 2  4x  4  x  8 (1)

Giải:
ĐKXĐ: x � R
x 2  4x  4  x  8

 (x  2)2  8  x
 |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
- Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5 ( thỏa mãn)
- Nếu x > 8 thì vế trái khơng âm, cịn vế phải âm nên phương trình vơ ngiệm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5.
*. Lưu ý. Cần rất linh hoạt trong việc giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
kết hợp đánh giá các vế
a. Dạng 2: (A(x)) 2  (B(x))2
* Cách giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Đưa phương trình về dạng A(x)  B(x)
- Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối vừa tìm được
Ví dụ 2. Giải phương trình
x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1 (2)

Giải:
ĐKXĐ: x �-1
x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1

 x  1  2 x  1  1  x  1  2.3 x  1  9  2 x  1  2 x  1  1
 x  1  1 | x  1  3 | 2.| x  1  1|
Đặt y = x  1 (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở thành:
y  1 | y  3 | 2 | y  1|

– Nếu 0 ≤ y < 1 ta có : y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3 ta có : y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3
– Nếu y > 3 ta có : y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8
10/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
* Chú ý: Ta có thể sử dụng bất đẳng thức A �A . Dấu “=” sảy ra khi A �0
Ví dụ 3 . Giải phương trình:

x  2 x 1  x  2 x 1  2

Giải:
ĐKXĐ: x �1
x  2 x 1  x  2 x 1  2
� x 1  2 x 1 1  x 1  2 x 1 1  2
� ( x  1  1) 2  ( x  1  1) 2  2
�

x 1  1 

� x 1 

x 1 1  2

x 1 1  1

- Nếu x �2 ta có phương trình :

x 1  x 1 1  1
� 2 x 1  2
� x 1  1
� x  2 ( thỏa mãn)
- Nếu 1 �x  2 ta có phương trình: x  1  1  x  1  1 ( ln đúng)
Vậy phương trình có vơ số nghiệm x thỏa mãn 1 �x �2

Cách 2.

ĐKXĐ: x �1
x  2 x 1  x  2 x 1  2
� x 1  2 x 1 1  x 1  2 x 1 1  2
� ( x  1  1) 2  ( x  1  1) 2  2

Ta có

�

x 1  1 

x 1 1  2

�

x 1  1  1 x 1  2

x 1 1 � x 1 1
1  x  1 �1  x  1

�

x  1  1  1  x  1 �2

Dấu “=” sảy ra khi 1 �
x 1 0
x 2
Kết hợp với ĐKXĐ ta có nghiệm của phương trình là 1 �x �2
Ví dụ 4 . Giải phương trình:

x  6  4 x  2  x  11  6 x  2  1

Giải:
ĐKXĐ : x �-2
x  6  4 x  2  x  11  6 x  2  1
11/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
� x  2  4 x  2  4  x  2  6 x  2  9 1

� ( x  2  2) 2  ( x  2  3) 2  1

Ta có

�

x2 2 

x  2 3 1

�

x  2  2  3 x  2 1

x2 2 � x2 2
3  x  2 �3  x  2

�

x  2  2  3  x  2 �1

Dấu „=” sảy ra khi x 2��
2 0�۳ x 2 2
x 2
Và 3 
� ���
x 2 0� x 2 3 x 7
Vậy nghiệm của phương trình là 2 �x �7
3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
a) Chứng tỏ phương trình vơ nghiệm vì hai vế ln khơng bằng nhau

Ví dụ 1. Giải phương trình x  1  5x  1  3x  2
Giải:
ĐKXĐ: x �1
Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x  1  5x  1  vế trái luôn âm
Vế phải: 3x  2 ≥ 1  vế phải ln dương
Vậy: phương trình đã cho vơ nghiệm
b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế
Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  2x  x 2 (1)
Giải:
2
2
Ta có (1)  3  x  2x  1  4  5(x  2x  1)  9  (x 2  2x  1)  5
 3(x  1)2  4  5(x  1)2  9  5  (x  1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4  9  2  3  5 . Dấu “=” xảy ra  x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra  x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1
c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm
đó là duy nhất)
Ví dụ 1. Giải phương trình:

x7
 8  2x 2  2x  1
x 1

Giải:

12/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải

ĐKXĐ: x ≥

1
2

*, Dễ thấy với x= 2 thì VT = 3  8
VP = 8  3
Vậy x = 2 là một nghiệm của phương trình
*, Nếu

1
�x  2 thì VT =
2

1

*, Nếu x > 2 thì VP = 2x2 +

6
 8  8  3 và VP < 8  3
x 1
2x  1 > 2.22 + 3 = 8  3 và VT < 8  3

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
Ví dụ 3. Giải phương trình:

6
8

6

3 x
2x

Giải:
ĐK: x < 2.
*, Dễ thấy với x =

3
thì VT = 2 + 4 = 6
2

VP = 6
3
Vậy x = là nghiệm của phương trình.
2
3
6
8
6
8
 2 và
4 

6.
*, Với x < thì
2
3 x
2x
3 x
2x

3
6
8

6
*, Tương tự với < x < 2:
2
3 x
2x
3
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x =
2

Ví dụ 4. Giải phương trình: 3x(2  9x 2  3)  (4x  2)(1  1  x  x 2 )  0 (1)
Giải:


� 3x  2 



 3   (2x  1)  2 



2
2
(1) � 3x 2  (3x)  3  (2x  1) 2  (2x  1)  3  0

(3x) 2

*, Nếu 3x = –(2x + 1)  x = 

(2x  1) 2  3



1
thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau.
5

1
là một nghiệm của phương trình.
5
1
1
*, Với   x   thì 3x < –( 2x + 1) < 0
2
5

Vậy x = 

 (3x)2 > (2x + 1)2  2  (3x) 2  3  2  (2x  1) 2  3 >0
13/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải







2
2
Suy ra: � 3x 2  (3x)  3  (2x  1) 2  (2x  1)  3



Hay PT (1) khơng có nghiệm trong khoảng này.
1
5

*, Với   x  0 thì –( 2x + 1) < 3x < 0
 (3x)2 < (2x + 1)2  2  (3x) 2  3  2  (2x  1) 2  3 >0







2
2
Suy ra: � 3x 2  (3x)  3  (2x  1) 2  (2x  1)  3



Hay PT (1) khơng có nghiệm trong khoảng này.

*, Với x > 0 thì VT > 0 và VP < 0 nên phương trình khơng có nghiệm
1
thì VT < 0 và VP > 0 nên phương tronhf không có nghiệm
2
1
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x =
5

*, Với x < 

d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức khơng chặt
Ví dụ 1. Giải phương trình:

x
3x  2

2
x
3x  2

Giải
ĐKXĐ x >

2
3

x
3x  2
 0;
 0.

x
3x  2
a b
x
3x  2
;
Áp dụng bất đẳng thức  cho hai số
ta có :
b a
x
3x  2
2
3

Với điều kiện x  �

x
3x  2

�2 .
x
3x  2

Dấu “=” xảy ra  x  3x  2 � x 2  3x  2  0
 x 2  2x  x  2  0 � (x  2)(x  1)  0
x2
�
��
x  1
�

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2; x = -1
Ví dụ 2. Giải phương trình

x
4x  1

2
x
4x  1

Giải:
ĐKXĐ: x 

14/29

1
4


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
1
4

Với điều kiện x  �

x
4x  1
 0;
 0.

x
4x  1

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số

x
4x  1
;
ta có :
x
4x  1

x
4x  1

�2 .
x
4x  1
Dấu “=” xảy ra  x  4x  1 � x 2  4x  1  0
 x 2  4x  4  3  0 � (x  2) 2  3 � x  2  � 3 � x  2 � 3

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 � 3
4. Phương pháp đưa về phương trình tích
Ví dụ 1. Giải phương trình: 2x  1  x  2  x  3
Giải.
ĐKXĐ: x ≥ 2.
Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3.
2x  1  x  2  x  3
� ( 2x  1  x  2)( 2x  1  x  2)  (x  3)( 2x  1  x  2)
� 2x  1  x  2  (x  3)( 2x  1  x  2)

� x  3  (x  3)( 2x  1  x  2)
� (x  3)( 2x  1  x  2  1)  0
x30
�

x  3
�
��
� 2x  1  x  2  1
� 2x  1  x  2  1

�

Vì x = -3 < 2 ( không khỏa mãn)
Với x ≥ 2 thì 2x  1  x  2 > 1
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình: x  1  2(x  1)  x  1  1  x  3 1  x 2 (1)
Giải.
ĐK: -1 ≤ x ≤ 1:
Ta có: x  1  2(x  1)  x  1  1  x  3 1  x 2
� x  1  2(x  1)  1  x 2  (1  x)  1  x  2 1  x 2
� x  1(1  2 x  1  1  x )  1  x ( 1  x  1  2 1  x )
� x  1(1  2 x  1  1  x )  1  x (1  2 1  x  1  x )
�







x 1  1 x 1 2 x 1  1 x  0

�x 1  1 x  0
��
1 2 x 1  1 x  0
�
15/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
TH1. x  1  1  x  0
� x 1  1 x
� x 1  1 x
( thỏa mãn)
� x0
TH2. 1  2 x  1  1  x  0
� 1 2 x 1  1 x
� 1  4 x  1  4x  4  1  x
� 4 x  1  4  5x
4
Nếu - 4x – 5 ≥ 0  x  , bình phương hai vế ta có:
5

16x + 16 = 16 + 40x + 25x2
 25x2 + 24 x = 0

� x(25x  24)  0
x0
�

��
25x  24  0
�
x  0(KTM)
�
�
�
24
�
x
(TM)
� 25

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x1 = 0; x2 = 

24
25

Ví dụ 3. Giải phương trình: x  1  x 3  x 2  x  1  1  x 4  1 (1)
Giải.
ĐKXĐ: x ≥ 1.
4
3
2
Chú ý: x – 1 = (x – 1)(x + x + x + 1).
Ta có : x  1  x 3  x 2  x  1  1  x 4  1
� x 1  x3  x2  x 1 1 x 4 1  0
� x  1  x 3  x 2  x  1  1  (x  1)(x 3  x 2  x  1)  0
� x  1(1  x 3  x 2  x  1)  (1  x 3  x 2  x  1)  0









x  1  1 1  x3  x 2  x  1  0

� x 1 1  0
��
�
1  x3  x 2  x  1  0
�
x 1 1  0

TH1.

� x 1  1
� x 1  1
� x  2(TM)

16/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
1  x3  x 2  x  1  0
� x3  x 2  x  1  1
� x3  x 2  x  1  1

TH2. � x 3  x 2  x  0
� x(x 2  x  1)  0
x  0(TM)
�
� �2
x  x  1  0(VL)
�

Vậy phương trình có 2 ngiệm là: x = 2 và x = 0
5. Phương pháp đặt ẩn phụ
a) Sử dụng một ẩn phụ
* Cách giải:
- Tìm điều kiện xác định
- Đặt ẩn phụ bằng biểu thức chứa căn bậc hai, đặt điều kiện cho ẩn phụ
- Giải phương trình tìm ẩn phụ
- Thay trở lại tìm nghiệm của phương trình ban đầu
Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2  x  1  1 (1)
Giải.
ĐKXĐ: x ≥ - 1.
Đặt x  1 = y (y ≥ 0)
 x + 1= y2  x = y2 – 1  x2 = (y2 – 1)2
Ta có phương trình:
(y2 – 1)2 + y – 1 = 0
 (y-1)2 ( y+1)2 + ( y-1) = 0
 ( y – 1) ( ( y-1)(y+1)2 + 1) = 0
 ( y – 1) ( (y-1) ( y2 + 2y + 1) + 1 = 0
 ( y- 1) ( y3 + 2y2 + y – y2 – 2y -1 + 1) = 0
 ( y – 1) ( y3 + y2 – y) = 0
 y(y  1)(y2 + y  1) = 0.

TH1. y = 0 ( thỏa mãn)
TH2. y – 1 = 0  y = 1 ( thỏa mãn)
1 2 5
) - =0
2
4
1  5
1  5
y=
( thỏa mãn) hoặc y =
( loại)
2
2
x  1 = 0  x + 1 = 0  x = -1 ( TM)

TH3. y2 + y – 1= 0  ( y+

*, Với y = 0 thì

17/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
*, Với y = 1 thì x  1 = 1  x + 1 = 1  x = 0 ( TM)
1  5
2
62 5
x+1=
4
1 5

�x
( TM)
2
�
1 5 �
Vậy tập nghiệm của phương trình là: �0;  1;
�
2 �
�

*, Với y =

1  3
thì
2

x 1 =

Ví dụ 2. Giải phương trình:





3

x  1  1  2 x  1  2  x (1)

Giải:
ĐK: x ≥ 1.

Đặt x  1  1 = y ( y ≥ 1)
 x  1  y  1  x – 1 = y2 – 2y + 1  x = y2 - 2y + 2
Ta có phương trình:
y3 + 2( y – 1) = 2 – ( y2 – 2y + 2)
 y3 + 2y – 2 = 2 – y2 + 2y - 2
 y3 + 2y – 2 – 2 + y2 – 2y + 2 = 0
 y3 + y2 - 2 = 0
 ( y3 – 1) + ( y2 – 1) = 0
 ( y – 1)( y2 + y + 1) + ( y – 1)( y + 1) = 0
 (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0
TH1: y – 1 = 0  y = 1 ( thỏa mãn)
TH2. y2 + 2y + 2 = 0  ( y + 1)2 = - 1 ( vô lý)
*, Với y = 1  x  1  1 = 1
 x 1 = 0
x–1=0
 x = 1 ( TM)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 1
b) Sử dụng hai ẩn phụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3  1 (3)
Giải.
ĐK: x ≥ 1, u ≥ 0, v ≥ 0.
Đặt u = x  1 , v = x 2  x  1 . Khi đó:
u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1
 u2 + v2 = x2 + 2
18/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
u2 v2 = x3 + 1
Ta có phương trình:

2(u2 + v2) = 5uv
 2u2 – 4uv + 2v2 – uv = 0
 2u ( u – 2v ) + v ( 2v – u) = 0
 (2u  v)(u  2v) = 0
2u  v  0
�

�
u  2v  0
�
� v
u
�� 2
�
u  2v
�

TH1, u 

v
ta có: 2 x  1 =
2

x2  x  1

 4(x + 1) = x2 – x + 1
 x2 – 5x – 3 = 0
 x

5  37

5  37
;x 
( thảo mãn)
2
2
x  1 = 2 x2  x  1

TH2, u = 2v ta có
 x + 1 = 4( x2 – x + 1)
 4x2 – 5x + 3 = 0 ( vô nghiệm)

�5  37 5  37 �
;
�
2 �
� 2

Vậy phương trình có nghiệm: x  �
Ví dụ 2. Giải phương trình:





x  2 1







Giải.
ĐK: x ≥ –2.

x  5  x  2 1  x 2  7x  10  3



x 5 



x  5  x  2 1  x 2  7x  10  3 (1)



(x  5)(x  2)  3

Đặt: x  5 = a, x  2 = b (a, b ≥ 0)
 a2 – b2 = 3.
Ta có phương trình:
(a – b)(1 + ab) = a2 – b2
 (a – b)(1 – a + ab – b) = 0
 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
ab
�
�
��
a 1

�
b 1
�
19/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
TH1, Nếu a = b ta có : x  5 = x  2 ( vơ lí )
TH2, Nếu a = 1 ta có : x  5 = 1  x + 5 = 1  x = -4 ( KTM)
TH3, Nếu b = 1 ta có : x  2 = 1  x + 2 = 1  x = -1 ( TM)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x = -1
Ví dụ 3. Giải phương trình: x  1  3x  2x  1 (1)
Giải.
ĐK: x ≥ 0.
Đặt x  1 = a, 3x = b (a, b ≥ 0)
 b2 – a2 = 2x – 1
Ta có phương trình:
a – b = b2 – a2
 a – b + (a2 – b2 ) = 0
 ( a – b) ( 1 + a + b) = 0
Mà a + b + 1 > 0
a–b= 0a=b
Ta có : x  1 = 3x
 x + 1 = 3x
x=

1
( TM)
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x =
Ví dụ 4. Giải phương trình:

1
.
2

4
1
5
 x   x  2x  (1)
x
x
x

Giải.
ĐK: x ≥

10
 10
;x �
.
2
2

4
1
5
 x   x  2x 
x

x
x
4
1
5
�  x  x   2x   0
x
x
x
1
5
1
5
� x   2x   x   2x   0
x
x
x
x
1
5
1
5
� x   (2x  )  x   2x   0
x
x
x
x
1
1
x  = u, x  = v (u, v ≥ 0)

x
x

Ta có:

Đặt

Ta có phương trình:
u2 – v2 + u – v = 0
 ( u – v) ( u + v) + ( u – v) =0
20/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
 (u – v)(1 + u + v) = 0.
Vì 1 + u + v > 0
 u – v = 0  u = v.
Hay

x

1
=
x

2x 

5
x

1
5
x
x
4
�x
x
x  2(TM)
�
��
x  2(KTM)
�

 x   2x 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 2
c) Sử dụng ba ẩn phụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3 (1)
Giải.
ĐK: x ≥ 2.
x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3
(x  1)(x  2)  x  3  x  2  (x  x)(x  3)


Đặt: x  1 = a, x  2 = b, x  3 = c (a, b, c ≥ 0):
Ta có phương trình:
ab + c = b + ac
 ab – ac – b + c = 0
 (a – 1)(b – c) = 0
 a = 1 hoặc b = c.

TH1, Với a = 1 Ta có
x  1 = 1  x – 1 = 1  x = 2 ( TM)
TH2, Với b = c ta có
x  2 = x  3  x – 2 = x + 3  0x = 5 ( vơ lý)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2
d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Ví dụ 1. Giải phương trình x  1  2x  1  5
Giải
Cách 1. Giả bằng phương pháp bình phương hai vế
Cách 2.
ĐK: x ≥ 1
Đặt x  1  u �0 và 2x  1  v ≥ 0.
 x – 1 = u2; 2x – 1 = v2  v2 – 2u2 = 1
�v 2  25  10u  u 2
�u  v  5
�v  5  u
�
� �2
Ta có hệ: � 2
 �2
2
2
2
�v  2u  1 �v  2u  1 �v  1  2u
21/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
�u  2
( TM) hoặc

�v  3

�

�u  12
( loại)
�
�v  17

�
�u  2
� x 1  2
� x  5 (TM)
�
�v  3
� 2x  1  3

Với �

Vậy phương trình có nghiệm duy nhấy : x = 5
Ví dụ 2. Giải phương trình: 8  x  5  x  5
Giải.
ĐK: 0 ≤ x ≤ 25.
Đặt 8  x = u , 5  x  v (u, v ≥ 0):
 u2 = 8 + x ; v2 = 5  x  u2 + v2 = 13
Ta có hệ phương trình
uv5
u2
�
�

�u  3
�
hoặc
�2
�
�
u  v 2  13
�v  3
�v  2
�
�
u2
8
�
�
�
TH1, �
�
5
�v  3
�
�
u3
8
�
�
��
TH2, �
5
�v  2

�

x 4
x 9
x 9
x 4

� x  4 ( loại)
� x  1 � x  1 ( TM)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình: 25  x 2  9  x 2  2
Giải.
ĐK: –3 ≤ x ≤ 3:
Đặt 25  x 2 = u, 9  x 2 = v (u, v ≥ 0)
uv2
�

 �2

u  v 2  16
�

uv 2
�
�
uv 8
�

�

u 5
�
.
�
v 3
�

Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 4. Giải phương trình: 1  x  4  x  3
Giải.
ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1.
Đặt 1  x  u ; 4  x  v (u, v ≥ 0)
�u  v  3

 �2

2
�u  v  5

22/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
u  3 v
�
��
(3  v) 2  v 2  5
�
u  3 v

�
� �2
�v  3v  2  0
u2
�
��
�v  1
�u  1
�v  2
�u  2
+, Nếu � � x = -3 ( TM)
�v  1
�u  1
+, Nếu �
 x=0 ( TM)
�v  2

Hoặc �

Vậy phương trình có hai nghiệm x= 0; x = -3
Ví dụ 5. Giải phương trình: 2  x  2  x  4  x 2  2
Giải.
ĐK: –2 ≤ x ≤ 2:
Đặt 2  x  u, 2  x  v (u, v ≥ 0)
�
(u  v) 2  2uv  4
(u  v)  uv  2
�

�

Giải ra ta được: (u, v) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}.
Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 2; x = -2
Ví dụ 2. Giải phương trình : x  2  x. 3  x  3  x. 5  x  2  x. 5  x
Giải.
ĐK : x ≤ 5
Đặt : u  2  x ; v  3  x ; t  5  x (u ; v ; t ≥ 0)
 x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu
Ta có hệ phương trình:
�
2  u 2  uv  vt  ut
� 2
3  v  uv  vt  ut
�
� 2
5  t  uv  vt  ut
�
�
u 2  uv  vt  ut  2
�
� �v 2  uv  vt  ut  3
�2
�t  uv  vt  ut  5

23/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
(u  v)(u  t)  2 (1)

�
�
��
(v  u)(v  t)  3 (2)
�
(t  u)(t  v)  5 (3)
�

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30
Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u  v)(v  t)(t  u)  30 (4)
Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:
�
�v  t 
�
�
�
ut
�
�
�
uv
�
�

30
(5)
2
30
(6)
3

30
(7)
5

Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:
2(u  v  t) 

31 30
31 30
� u v t 
(8)
30
60

Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:
�
30
u
�
� 60
�
� 11 30
�v 
60
�
� 19 30
�t 
60
�

Từ đó suy ra: x =

239
( TM)
120

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x =

239
120

Ví dụ 6. Giải phương trình: 4 97  x  4 x  5 (1)
Giải. Đặt 4 97  x = u, 4 x = v (u, v ≥ 0)
uv5
�

u2
u3
x  81
�
�
�
��
��
��
x  16
u  v  97
�v  3
�v  2
�

�
Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 x  3 2x  3  3 12(x  1)

 (1)  � 4

4

Giải.
Đặt x  u, 2x  3  v (1)
 u  v  3 4(u 3  v3 ) � u 3  v3  3uv(u  v)  4(u 3  v 3 )
3

3

u  v
�
� 3.(u  v).(u 2  2uv  v 2 )  0 � 3.(u  v).(u  v) 2  0 � �
uv
�
24/29


Phương trình vơ tỉ và một số phương pháp giải
+, nếu u = v  x = 2x – 3  x = 3 ( TM)
+, Nếu u = -v  -x = 2x – 3  x = 1 ( TM)
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 3; x = 1
6. Giải và biện luận phương trình vơ tỉ
Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình: x 2  4  x  m
Giải.
�x �m

�x �m

��
Ta có: x 2  4  x  m  � 2
2
2
x

4

x

4xm

m
2mx  (m 2  4)  0
�
�
– Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm
m2  4
m2  4
– Nếu m ≠ 0: x 
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 
≥m
2m
2m
+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  0  m �2

+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2  m2 ≥ 4  m ≤ –2

Tóm lại:

– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x 

m2  4
2m

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vơ nghiệm
Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:
Giải.

x 2  3 x  m

�x �m

�x �m
�
�
2
2
2mx  (m 2  3)  0
�x  3  x  m  2mx
�

2
Ta có: x  3  x  m � � 2

– Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm
m2  3
m2  3

�m
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 
2m
2m
+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0 �m � 3

– Nếu m ≠ 0: x 

+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3
Tóm lại:

– Nếu 0 �m � 3 hoặc m � 3 . Phương trình có một nghiệm: x 

m2  3
2m

– Nếu  3  m �0 hoặc m  3 : phương trình vơ nghiệm
Ví dụ 3. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x  m  m
Giải.
Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vơ nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1)  0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x  m)( x  m  1)  0

25/29