(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp giải phương trình vô tỷ sau khi nhân liên hợp, giúp học sinh đưa ra lời giải nhanh và chín

MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU.........................................................................................

2

1.1. Lý do chọn đề tài……………………………………......

2

1.2. Mục đích nghiên cứu.......................................................

2

1.3. Đối tượng nghiên cứu.......................................................

2

1.4.Phương pháp nghiên cứu...................................................

2

2. NỘI DUNG.................................................................................. ..

3

2.1. Cơ sở lí luận của skkn.........................................................

3

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh

nghiệm ................................................................................................

3

2.3. Một số phương pháp giải phương trình sau khi nhân liên
hợp ......................................................................................................

6

2.3.1. Phương pháp đánh giá hai vế..........................................

6

2.3.2. Phương pháp lũy thừa hai vế ..........................................

10

2.3.3. Phương pháp đặt ẩn phụ..................................................

12

2.3.4. Phương pháp hàm số.......................................................
2.3.5. Phương pháp dùng hằng đẳng thức, bất đẳng thức quen
thuộc....................................................................................................
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.............................

16
18

19

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.......................................................

20

3.1. Kết luận...............................................................................

20

3.2. Kiến nghị............................................................................

20

1. MỞ ĐẦU
1


1.1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình tốn trung học phổ thơng, bài tốn “giải phương trình vơ
tỷ” là một trong những bài tốn hay và khó. Khi gặp bài tốn giải phương trình
vơ tỷ học sinh dựa vào cơng cụ hỗ trợ là máy tính cầm tay có thể dễ dàng biết
được phương trình có nghiệm bằng bao nhiêu nhưng việc nhìn ra cách giải thì
các em cịn lúng túng và thường mắc nhiều sai sót trong quá trình giải quyết.
Trong các đề thi Đại học - Cao đẳng các năm, các đề thi chọn học sinh giỏi cấp
tỉnh từ trước đến nay hay đề thi THPT Quốc Gia, đề thi học sinh giỏi, bài tốn
“giải phương trình vô tỷ” bằng cách nhân lượng liên hợp thường xuất hiện. Để
giải quyết bài tốn đó học sinh thường sử dụng các cách giải của phương trình
vơ tỷ. Tuy nhiên khi áp dụng học sinh thường gặp phải khó khăn trong việc nhìn
ra cách giải thích hợp phương trình sau khi nhân lượng liên hợp. Trong đề tài

này, tôi xin trình bày “Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ sau khi
nhân lượng liên hợp,giúp cho học sinh đưa ra lời giải nhanh và chính xác”
và khắc phục những khó khăn thường của các em học sinh khi gặp bài tốn giải
phương trình vơ tỷ, các bài tập đưa ra nhằm phục vụ cho mục đích đó.
Với mục đích là giúp các em học sinh có thể giải quyết được dễ dàng hơn đa số
các bài toán “giải phương trình vơ tỷ sau khi nhân lượng liên hợp” và có
phương pháp vững chắc về giải phương trình vơ tỷ.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài giúp các em học sinh Trung học phổ thơng có kiến thức và phương pháp
vững chắc để giải quyết bài tốn giải phương trình chứa căn thức bằng phương
pháp nhân lượng liên hợp trong các đề thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi
tỉnh,...Đồng thời rèn luyện cho các em kỹ năng giải và trình bày bài tốn này.
Góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn trong Nhà trường.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Để hồn thành đề tài nói trên tơi đã nghiên cứu dựa trên các phương pháp giải
phương trình chứa căn thức trong chương trình Đại số và Giải tích thuộc mơn
Tốn Trung học phổ thông.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Đề tài đã thực hiện các phương pháp nghiên cứu như:
- Nghiên cứu lý luận: nghiên cứu các tài liệu về phương trình chứa căn thức
trong chương trình Tốn Trung học phổ thơng.
- Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực của học sinh giải quyết bài tốn có
chứa căn thức bằng cách nhân lượng liên hợp.
- Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành dạy thực nghiệm trên một số đối tượng học
sinh cụ thể để đánh giá tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2

2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Đề tài được nghiên cứu và thực hiện trên thực tế kinh nghiệm đã giảng
dạy các tiết học Tự chọn và Ôn thi Trung học phổ thông Quốc Gia, ôn thi học
sinh giỏi phần “phương trình vơ tỷ”.
Khi giải bài tập toán, học sinh phải được trang bị các kiến thức cơ bản của
lớp dưới, các kỹ năng phân tích đề bài để từ đó suy luận ra quan hệ giữa kiến
thức cũ và kiến thức mới, giữa bài toán đã làm và bài tốn sẽ làm, hình thành
phương pháp giải toán bền vững và sáng tạo.
Các tiết dạy bài tập phải được thiết kế theo hệ thống từ dễ đến khó nhằm
gây hứng thú cho học sinh, kích thích óc tìm tịi, sáng tạo của học sinh.
Hệ thống bài tập phải giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm bắt những kiến
thức cơ bản nhất và dần dần phát triển khả năng suy luận, khả năng vận dụng
các kiến thức đã học một cách linh hoạt và sáng tạo vào giải thuật của một bài
tốn. Từ đó học sinh có hứng thú và tạo ra động cơ học tập tốt đối với mơn
Tốn, đồng thời phát triển được năng lực và phẩm chất của người học.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong q trình giảng dạy phương trình, bất phương trình vơ tỷ, các dạng
bài tập ở mức độ vận dụng và vận dụng cao, phương pháp giải bằng phương
pháp nhân đại lượng liên hợp, tôi thấy học sinh đã giải quyết được vấn đề nhân
lượng liên hợp nhưng khi gặp phương trình sau khi nhân liên hợp đa số các em
cịn lúng túng và thường giải sai hoặc không giải quyết được tiếp bài tốn,.... Từ
đó tơi nghĩ phải nghiên cứu và trang bị cho các em một số phương pháp cơ bản
để giúp các em giải quyết được tốt hơn phương trình vơ tỷ gặp phải sau khi nhân
lượng liên hợp và giúp các em bớt ngại khi gặp bài tốn giải phương trình vơ tỷ.
Sau một thời gian nghiên cứu tôi thấy nếu đưa ra được một hệ thống các cách
giải phương trình vơ tỷ gặp phải sau khi nhân lượng liên hợp có thể giải quyết
được vấn đề khó khăn của các em học sinh thường gặp.
Đánh giá thực trạng:
Năm học 2017-2018, tôi được phân công tiếp tục giảng dạy 1 lớp đầu
khối 11A5 (khối A) và 1 lớp 11A3 (khối D) lớp đại trà của nhà trường, ngay từ

đầu năm học để kiểm tra kiến thức các em đã tích lũy ở lớp 10, kiến thức trong
ơn đội tuyển học sinh giỏi và cũng để kiểm nghiệm sử dụng phương pháp tôi đã
thực hiện khảo sát ở hai lớp 11A5 và 11A3, mỗi lớp 10 em học sinh có năng lực
khá – giỏi trở lên bằng 2 bài tập sau:
Bài 1. Giải phương trình 2 x 2  x  1  x 2  x  1  3x
Bài 2. Giải phương trình 3 x 2  1  x  x3  2
Kết quả thu được như sau:

Bài

Lớp

Đặt được điều kiện
của phương trình

Nhân được
lượng liên hợp

Giải quyết được
phương trình sau
3


nhân lượng liên hợp
11A5
10/10
10/10
8/10
1
11A3

10/10
8/10
6/10
11A5
10/10
9/10
7/10
2
11A3
10/10
6/10
5/10
Từ kết quả đó tơi thấy: Rất nhiều học sinh xử lý được khâu mở đầu, các
em đã tìm ra được nghiệm hoặc một nghiệm của phương trình bằng cách xử
dụng máy tính và nhân lượng liên hợp. Tuy nhiên số lượng các em học sinh
không giải quyết được trọn vẹn bài toán sau khi nhân lượng liên hợp cịn nhiều.
Trong đó, chưa có kỹ năng và định hướng phương pháp giải là chủ yếu.
Một số giải pháp
Trước khi trình bày về một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ sau
khi nhân lượng liên hợp, tơi xin trình bày phương pháp nhân lượng liên hợp
trong bài tốn giải phương trình chứa căn thức.
Kỹ thuật nhân lượng liên hợp.
*) Lý thuyết cơ bản: Cho hàm số  y  f  x  xác định trên  D . Nếu x  x0 là
nghiệm phương trình f  x   0 khi và chỉ khi x0  D ; f ( x0 )  0 . Theo định lí
Bơzu nếu  x  a là một nghiệm của đa thức  P  x  thì P  x    x – a  P1  x  .
Từ đây ta có nhận xét: Nếu  x  x0 là một nghiệm của phương trình 
f  x   0 thì ta có thể đưa phương trình  f  x   0 về dạng   x – x0  F  x   0 và
khi đó việc giải phương trình  f  x   0 được quy về giải phương trình  F  x   0 .
*) Một số hằng đẳng thức:
x2  y 2   x  y   x  y 

x 3  y 3   x  y   x 2  xy  y 2 

x4  y 4   x  y   x  y   x2  y 2 

x n  y n   x  y   x n 1  x n 2 y  ...  xy n 2  y n 1 

Từ các hằng đẳng thức này ta tìm được các biểu thức liên hợp tương ứng
trong các bài tốn giải phương trình chứa căn thức như:
A B 
A B 

A B
; A2  B2  0 ; A  0 ; B  0
A B
A B
; A2  B2  0 ; A  0 ; B  0 ; A  B …
A B

*) Phương pháp nhân lượng liên hợp đưa phương trình về dạng:

 x – x0  F  x   0

Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ minh họa về cách tìm đại lượng liên
hợp để biến đổi phương trình về dạng tích  x – x0  F  x   0 , mà chưa đưa ra cách
giải quyết triệt để bài tốn.
Ví dụ 1. Giải phương trình x3  6 x 2  12 x  10  x  2  0
4

Lời giải
Sử dụng máy tính cầm tay hoặc nhẩm nghiệm ta thấy x  2 là một nghiệm
của phương trình. Từ đây ta biến đổi phương trình như sau:
Điều kiện: x  2
x 3  6 x 2  12 x  10  x  2  0  x 3  6 x 2  12 x  8  x  2  2  0
x2

 0   x  2  x2  4 x  4 
x22

Đến đây, việc giải ra nghiệm x  2 là dễ dàng.
  x  2  x2  4x  4 

( x 2  4 x  4) 

Vì

1
x22

1

0
x2 2

0

Ví dụ 2. Giải phương trình 7 x 2  48 x  7 7 x  3  21  0
Lời giải
Học sinh nhẩm nghiệm sẽ được nghiệm x 

1
hoặc sử dụng máy tính sẽ được
7

nghiệm x  0,14285714286 . Nhưng nếu các em ấn chuyển về phân số sẽ được
1
và từ đây ta biến đổi phương trình theo cách sau:
7
3
Điều kiện: x   .
7
x

2
Phương trình 7 x  48 x  7  7


 (7 x  1) ( x  7) 






7 x  3  2  0   7 x  1  x  7  

7x 1
0
7x  3  2


  0
7x  3  2 
1

Từ đây việc đưa về phương trình tích trở và tìm được nghiệm x 

1
trở nên đơn
7

giản.
Ví dụ 3. Giải phương trình 3x 2  5 x  1  x 2  2  3 x 2  3 x  3  x 2  3 x  4
Lời giải



1  5

;  
 2


Điều kiện: x  ;  2   

Ta nhận thấy x  2 là một nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có
thể phân tích về dạng  x – 2  .F  x   0 . Ta nhận thấy:
(3x 2  5 x  1)  (3 x 2  3x  3)  2 x  4  2( x  2) ;

x

2

 2    x 2  3x  4   3x  6  3  x  2 

Từ đó ta biến đổi phương trình như sau:
3x 2  5 x  1  x 2  2  3x 2  3x  3  x 2  3x  4
 3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3  x 2  2  x 2  3x  4

Nhân liên hợp hai vế ta được:
5


2 x  4



3x  6

3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3
x 2  2  x 2  3x  4
 x2

2
3


(*)
2

2
2
 3x  5 x  1  3x  3x  3
x  2  x 2  3x  4

Ví dụ 4. Giải phương trình x 2  x  1   x  2  x 2  2 x  2
Lời giải
Đối với bài này, khi học sinh bấm máy sẽ được nghiệm x1  3,828427125 .
Đến đây nhiều em sẽ bỏ cuộc hoặc chọn sang hướng giải khác. Tuy nhiên nếu ta
tiếp tục sử dụng máy tính sẽ biết được phương trình có thêm nghiệm
x2  1,828427125 . Từ đó các em sẽ thấy một biểu thức quen thuộc x1  x2  2
và x1.x2  7 . Như vậy bài tốn có thể đưa được về nhân tử chung là x 2  2 x – 7 .
Vấn đề khó khăn đầu tiên của bài tốn đã được giải quyết.
Mặc dù vậy, nhưng khơng phải em nào cũng sử dụng mấy tính có thể giải
được nghiệm của các phương trình chứa căn. Vậy ta có cách nào khác để giải
quyết vấn đề trên khơng?. Đối với những em khơng sử dụng máy tính có thể giải
ra nghiệm thì các em có thể sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số để tìm ra biểu
thức cần nhân liên hợp. Tơi xin quay lại Ví dụ 4 ở trên và đưa ra cách khác để
tìm nhân tử chung x 2  2 x – 7 như sau:
Do x  2 không thỏa mãn nên ta giả sử:
x2  x  1
  ax  b 
x2
1  a 2  x 2  2  1  ab  x  2  b 2  1  a  x 2   1  2a  b  x  1  2b



x2
x 2  2 x  2   ax  b 
x 2  2 x  2   ax  b  

1  a 2 2  1  ab  b 2  2
a
Từ đây ta chọn , b thỏa mãn hệ thức:


1  a 2a  b  1 2b  1
Suy ra a  0 và b  3 thỏa mãn.

Chú ý. Trước khi nhân liên hợp phải xét xem thử biểu thức dưới mẫu sau khi
nhân liên hợp có triệt tiêu hay khơng.
Trên đây chỉ là một số ví dụ minh họa về một số cách để tìm ra biểu thức nhân
liên hợp. Ngồi các cách trên cịn có một số cách khác mà trong đề tài này tôi
xin không đề cập hết.
2.3. Một số phương pháp giải phương trình sau khi nhân lượng liên hợp.
Sau khi nhân liên hợp, tôi định hướng học sinh suy nghĩ cách xử lý bài
toán theo các hướng sau đây và đây cũng là nội dung chính của đề tài.
2.3.1. Phương pháp đánh giá hai vế.
Đối với phương pháp này chúng ta có thể dựa vào điều kiện của bài toán
để đánh giá trực tiếp hoặc đánh giá qua đại lượng trung gian, hàm số,….
Ví dụ 1 (Khối B - 2010). Giải phương trình
3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0 ; x  R
6


Lời giải
1
Điều kiện:   x  6
3

Sử dụng máy tính hoặc nhẩm nghiệm ta thấy x  5 là một nghiệm của phương
trình. Sử dụng phương pháp nhân liên hợp ta có:



 



3x  1  4  1  6  x  3x 2  14 x  5  0
3 x  5

x5
  x  5   3 x  1  0
3x  1  4 1  6  x
 x5

3
1


 3 x  1  0 (*)
 3 x  1  4 1  6  x
3
1
 1 

 3x  1  0; x   ;6 
Ta có
3x  1  4 1  6  x

 3 


Vì



 1 
x   ;6 thì
 3 

3
3x  1  4

 0;

1
1 6  x

 0;3x  1  0

Suy ra phương trình  * vơ nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy
nhất x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình x  2  4  x  2 x 2  5 x  1 (Tạp chí THTT )
Lời giải
Điều kiện:  2  x  4 .
Nhận thấy phương trình có nghiệm  x  3 nên ta nghĩ đến cách giải phương trình
trên bằng phương pháp nhân lượng liên hợp.
x3
x3


  x  3  2 x  1
x  2 1
4  x 1

x  2  1  4  x  1  2 x2  5x  3 
x3


1
1


 2 x  1 (*)
4  x 1
 x  2  1

Ta có:  (*) 

1
x  2 1



1
4  x 1

 2x  1

VT(*)  1 vì tử bằng 1 mẫu lớn hơn 1

VP(*)  5 với mọi 2  x  4 .
Suy ra phương trình  * vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3 .
Ví dụ 3. Giải phương trình 2 x 2   x  1 x  1  5 x  7
Lời giải
x


1
Điều kiện:
Ta thấy phương trình có nghiệm x  3 nên ta biến đổi phương trình như sau:
2 x 2   x  1 x  1  5 x  7   x  1





x  1  2  2 x 2  3x  9  0

7


 x3
 x  3  2 x  3  0   x  1  2 x  3  0 (*)
x 1  2
 x  1  2
x 1
x 1
 1 và 2 x  3  1 . Suy ra
 2x  3  0

Với x  1 ta có:
x 1  2
x 1  2
Dấu đẳng thức xảy ra khi x  1 . Vậy phương trình có nghiệm x  3 ; x  1 .
Ví dụ 4. Giải phương trình x  1  2 x  3  x 2  x  1

 x  1  x  3 


Lời giải

Điều kiện: x  1

Khi đó phương trình đã cho trở thành:
 x  3 (t/m)

1
2
x  1  2  2x  3  3  x  x  6  

 x  2 (*)
 x  1  2
2x  3  3
Với x  1 , ta có: x  1  2  2 và 2 x  3  3  4
1
2
1 1

   1  x  2 vì x  1
Suy ra

x 1  2
2x  3  3 2 2
1
2


1

 x  1
2x  3  3
Do đó phương trình  * tương đương với:  x  1  2
 x  2 1

Vậy phương trình có nghiệm x  1 ; x  3 .
2

Nhận xét. Từ Ví dụ 3 và Ví dụ 4 nhiều em sẽ đặt ra câu hỏi: Tại sao ta không
biến đổi bài tốn về tích có thừa số  x  1 mà lại chọn  x – 3 ? Ở đây ta thấy
biểu thức  x  1 nằm dưới dấu căn thức nên nếu ta đưa về nhân tử  x  1 thì sẽ
biến đổi phương trình về phương trình  * phức tạp và việc giải quyết tiếp bài
tốn sẽ khó khăn hơn. Nên việc chọn biểu thức liên hợp cũng ảnh hưởng rất
nhiều đến việc giải bài tốn sau khi nhân liên hợp.
Ví dụ 5. Giải phương trình x 3  3x  1  8  3x 2
Lời giải
Điều kiện: 

2 6
2 6
x
,

3
3

Ở bài này, khó là ở chỗ ta khơng thể nhẩm ra ngay được nghiệm của phương
trình để dùng lượng liên hợp. Tuy nhiên với sự hỗ trợ của chiếc máy tính Casio
fx570vn thì mọi chuyện có vẻ dễ dàng hơn!
Thật vậy, ta sẽ lần lượt dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của
phương trình là: x1  0,6180339887... ; x2  1,618033989... sau đó gán hai
nghiệm này vào hai biến A và B .Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối
quan hệ gì với nhau hay khơng bằng cách tình A  B và AB , ta thu được kết quả
“đẹp” sau: A  B  1 , AB  1 .
Điều đó đã chứng tỏ A , B là hai nghiệm của phương trình: X 2  X  1  0
8


Và từ đây, ta có thể dự đốn được x 2  x  1 chính là nhân tử của phương trình.
Như vậy vấn đề khó khăn nhất đã được giải quyết.
Ta viết phương trình đã cho lại thành: x 3  3x  1   px  q   8  3x 2  px  q  0
 x  3x  1   px  q  
3

x

 px  q 

p
  p  3 x  1  q 

2

  8  3x 2 

8  3 x 2  px  q
2

0

 3 x 2  2 pqx  q 2  8

 0 (1)
8  3x 2  px  q
Đến đây, để xuất hiện nhân tử x 2  x  1 thì
 p 2  3 x 2  2 pqx  q 2  8  k  x 2  x  1 với k là một hệ số. Chọn k  4 thì ta
3

được một cặp  p, q  thỏa mãn là  p, q    1;2  . Khi đó (1) trở thành:
x3  2 x  1  4



4
 0   x 2  x  1  x  1 
0
2
2
8  3x  2  x
8  3x  2  x 

x2  x  1

 x 2  x  1  0 (1)
 
4
x 1
 0 (*)

8  3x 2  2  x

Phương trình  1  x 

1 5
2

Xét phương trình  * : x  1 

4

0

8  3x  2  x
2 6
2 6
Xét hàm f  x   8  3x 2  2  x trên 
x
3
3
3 x
3 x
2
 1  f ( x)  0 


1

x


Ta có: f   x  
3
8  3x 2
8  3x 2
2

Ta có bảng biến thiên:

 f  x 

64 6
2 6
64 6
kết hợp với x 
 0  f  x 
3
3
3

9


 x 1

4
8  3x 2  2  x

 x  1

4
2 6
12

1
 0 nên phương trình
f  x
3
64 6

 * vơ nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm

x

1 5
.
2

Nhận xét. Việc đánh giá phương trình (*) có thể trực tiếp hoặc là gián tiếp
thông qua một hằng số, một biểu thức trung gian, dùng hàm số. Từ đó sẽ giúp
chúng ta chứng minh được phương trình (*) vơ nghiệm hoặc có thêm nghiệm
nữa.
Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
a) 3x  x 2  5  5  x 2  12
b) 3 x 2  1  x  x 3  2

2.3.2. Phương pháp lũy thừa hai vế.
+/ Ta có một số phép biến đổi bình phương hai vế:
a)
b)
c)

 f  x   0  g  x   0 
f  x  g  x  
 f  x   g  x 
 g  x   0
f  x  g  x  
2
 f  x   g  x 
f  x  g  x  c

d) f  x   g  x   h  x  (Đặt điều kiện, lũy thừa hai vế đưa về dạng b)
+/ Thơng thường khi gặp phương trình A  B  C  D , ta thường bình
phương hai vế, tuy nhiên nhiều trường hợp điều đó lại gặp khó khăn.
+/ Đối với phương trình dạng 3 A  3 B  3 C  A  B  3 3 AB  3 A  3 B   C , và ta
sử dụng phép thế 3 A  3 B  3 C ta được phương trình A  B  3 3 ABC  C .
Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x  6  x  6  3 x  2  0 .
Lời giải
Điều kiện:  x  2
Ta thấy  x  3 là một nghiệm của phương trình, do đó ta có thể đưa phương trình
về dạng:   x – 3 .F  x   0 nên ta biến đổi phương trình như sau: 
2  x  3  x  6  3 x  2  0  2  x  3  

8( x  3)
0
x6 3 x2

 x3

8
2 
 0(*)
x6 3 x2


Như vậy, việc giải phương trình  2 x  6  x  6  3 x  2  0  đến đây ta chỉ cần
giải phương trình  * .

10


Ta có: 2 

8
 0 x6 3 x2  4
x6 3 x2

 x66

 x  6   x  2   9  x  2   16  3  x  6   x  2 

 14  5 x

14

x 5


.
9  x  6   x  2    14  5 x  2


Giải ra ta được nghiệm x 

11  3 5
thỏa mãn.
2
11  3 5
.
2
2x  4  x 1  x  3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 3 và  x 
Ví dụ 2. Giải phương trình 5 x  1





Lời giải
Ta thấy  2 x  4    x  1  x  3 , nên từ đây ta nghĩ tới việc nhân liên hợp, biến
đổi phương trình về dạng tích có nhân tử  x – 3 như sau:
Điều kiện: x  2
Ta có: 5 x  1



x3
 x3
2x  4  x 1



2 x  4  x 1  x  3  5x  1

 x  3 (t/m)

 5 x  1  2 x  4  x  1 (*)
Với x  2 , ta có: pt(*)  5 x  1  x  1  2 x  4
 x 1  2

 2 x  4   x  1  2 x  4  5 x  1   2 x  4   x  1   x  2  2 (Do

x  2)

 x0

nên suy ra  
. Đối chiếu điều kiện ta có x  10 thỏa mãn.
 x  10
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  3 ; x  10 .
2
2
Ví dụ 3. Giải phương trình  x  3x  1 4 x  5  3x  7 x  1
Lời giải
5
4

Điều kiện: x   .
Ta thấy phương trình có một nghiệm x = 1 nên ta biến đổi phương trình đã cho
như sau:  x  3x  1
2



4x  5  3



x
 2  x  1 

2

 3x  1  4 x  4 
4x  5  3

 2  x  1

 x  1 (t/m)
 2
 2 x  6 x  1  4 x  5 (*)

11


Đến đây ta nhận thấy phương trình  * có nghiệm và nghiệm không “đẹp” nữa

nên việc giải quyết tiếp sẽ trở nên khó khăn. Tuy nhiên nếu ta đặt t  4 x  5 ,
t2  5
. Thay vào (*) ta có phương trình sau:
4
t 4  10t 2  25 6 2
2
  t  5   1  t  t 4  22t 2  8t  27  0
16
4
2
2
  t  2t  7   t  2t  11  0
t  0 thì x 

Ta tìm được 4 nghiệm là: t1,2  1  2 2 ; t3,4  1  2 3
Do t  0 nên chỉ nhận các giá trị t1  1  2 2 ; t3  1  2 3
Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình (*) là x  1  2 và x  2  3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =1; x  1  2 và x  2  3
Nhận xét. Ở trong Ví dụ 3, việc đặt t  4 x  5 là để cho bài tốn đở phức tạp
hơn, cịn bản chất của bài tốn vẫn giải bằng cách bình phương hai vế của
phương trình  * . Nếu bạn nào xem  4 x  5  là ẩn của phương trình thì để
nguyên bình phương hai vế vẫn giải được một cách bình thường. Tất nhiên nếu
làm vậy sẽ gặp khó khăn trong việc phân tích thành phương trình tích để tìm
nghiệm.







x  3  3x  1
Ví dụ 4. Giải phương trình 2  2 x  2 x  2 x  2
Lời giải
Điều kiện: x  0
Đối với phương trình này ta thấy việc nhân tung vế phải ra để giải là không khả
quan và làm cho bài toán trở nên rắc rối hơn. Tuy nhiên nếu xem xét
x  3  3 x  1 thì ta có:  x  3   3 x  1  2  2 x , từ đó gợi cho ta cách biến đổi
phương trình như sau:

2
2  2x 



x  2x  2  2  2x
x  3  3x  1

 x  1  t/m 

  2 x  2x  2
 1  *
 x  3  3x  1

Ta thấy nếu bình phương hai vế khơng âm của phương trình (*):
x  3  3x  1  2 x  2 x  2

Ta được 1   x  3  3 x  1  x  2 x  2 x  2  , để giải phương trình này sẽ rất
phức tạp. Phương trình sẽ rất đơn giản nếu ta biến đổi và giải như sau:
x  3  3x  1  2 x  2 x  2  3x  1  2 x  2  4 x  x  3

 3x  1  2 x  2   5 x  3  2 4 x  x  3
 3x  1  2 x  2   4 x  x  3  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm

 5x  3  2


x 1.

12


Nhận xét. Nếu phương trình F  x   0 có dạng

f  x  g  x  h x  k  x

mà có f  x   h  x   g  x   k  x  thì ta biến đổi về dạng
f  x  h x  k  x  g  x

sau đó ta bình phương giải phương trình hệ quả.
Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
a) 5 x  1







x  1  2 x  2  5  3x



b) 2 x  1  1  3x  x   2 x  2 .
2.3.3. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Trong phần này, tơi chỉ đưa ra một số dạng phương trình giải bằng cách đặt ẩn
phụ mà các em học sinh có thể gặp phải sau khi nhân lượng liên hợp.
a)Đặt ẩn phụ đưa về hệ 2 ẩn
Nếu phương trình F  x   0 có dạng f  x   g  x   h  x  ,
mà f  x   g  x    h  x  , h  x  có thể là hằng số, có thể là biểu thức chứa x .
Ta có thể giải như sau:
2

f  x  g  x

f  x  g  x  h x 

Khi đó đặt

f  x  a ;

f  x  g  x

 h x 

f  x  g  x  

g  x  b

 f  x  g  x  


 2 f  x    h x
Ta có hệ 
 f  x   g  x   h  x 

 *

Từ đó ta sử dụng phương pháp hợp lý để tìm nghiệm của phương trình (*).
Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x 2  x  9  x  4  2 x 2  x  1
Lời giải
x

R
Điều kiện:
2
2
Ta thấy 2 x  x  9   2 x  x  1  2  x  4  và x  4 không phải là nghiệm
Xét x  4 , ta có

2 x2  x  9  x  4  2 x2  x  1

 2x2  x  9  2x2  x  1  x  4

Nhân liên hợp vế trái ta được:
2  x  4

2x  x  9  2x  x  1
2

2

 x  4  2x2  x  9  2x2  x  1  2
a  b  2

 2a  x  6
Đặt a  2 x 2  x  9 ; b  2 x 2  x  1 . Ta có hệ: 
a  b  x  4
8
7

Thay trở lại và giải bằng phương pháp lũy thừa ta được nghiệm x  0 ; x  .
Thử lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn phương trình.
13


8
7

Vậy phương trình có nghiệm x  0 ; x  .
Ví dụ 2. Giải phương trình 2 x 2  7 x  10  x  x 2  12 x  20
Lời giải
x2

Điều kiện: 
 x  10
Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy phương trình nhận x  1 làm một nghiệm nên
ta có thể đưa phương trình về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  1 .
Ta biến đổi như sau: phương trình
 2  x 2  7 x  10   x  1    x 2  12 x  20   x  2   (1)


 


Để ý rằng hai phương trình x 2  7 x  10   x  1  0 và
vô nghiệm nên nhân lượng liên hợp hai vế của (1) ta có:
18  x  1



x 2  12 x  20   x  2   0

16  x  1

x 2  7 x  10  x  1
x 2  12 x  20  x  2
x  1

9
8


 *
2
2
 x  7 x  10  x  1
x  12 x  20  x  2

Phương trình  *  8 x 2  7 x  10  9 x 2  12 x  20  x  10
Đến đây ta có thấy việc bình phương hai vế để khử căn thức là không khả quan.
Nhưng nếu đặt a  x 2  7 x  10 ; b  x 2  12 x  20

8a  9b  x  10
 5a  4 x  5
 2a  b  x

Ta có hệ sau: 

Thay trở lại ta có phương trình: 5 x 2  7 x  10  4 x  5
5

15  5 5
x 

x
4
, thử lại ta thấy nghiệm này thỏa mãn
2
 x 2  15 x  25  0

15  5 5
phương trình. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1, x 
.
2
Ví dụ 3. Giải phương trình 3 x  24  12  x  6 .

Lời giải

Điều kiện:  x  12 .

Nhận thấy phương trình có một nghiệm  x  3 . Ta biến đổi phương trình về dạng
tích như sau:  x  3





12  x  3  x  24   3 3 x  24  6  0
2

 x3

2
 12  x  3  x  24   3 3 x  24  6  0

 *
14


Kết hợp phương trình  * với phương trình ban đầu ta có:
3

 x  24 

2

 x  24
 4 3 x  24  0  
 x  88

thử lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  3 ; x  24 và x  88 .

Nhận xét: Để giải phương trình (*) ta phải kết hợp với phương trình ban đầu. Ta
chú ý rằng phép biến đổi này là phép biến đổi hệ quả do đó sau khi giải xong ta
phải thử lại các nghiệm để loại đi những nghiệm ngoại lai.
Đối với phương trình dạng này, có thể chúng ta không cần đặt ẩn phụ mà
để nguyên biểu thức phương trình sau khi nhân lượng liên hợp kết hợp với
phương trình ban đầu để đưa về hệ. Việc đặt ẩn phụ trong trường hợp này chỉ có
tác dụng làm cho hệ phương trình gọn và dễ nhìn hơn.
b). Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc hai đối với 2 ẩn.
Chúng ta đã biết cách giải phương trình a 2  mab  nb 2  0  1
Với b  0 thử trực tiếp vào phương trình  1
2

a
a
Với b  0 , phương trình trở thành:    m  n  0 .
b
b

Các phương trình có dạng sau cũng đưa được về phương trình dạng (1)
Phương trình dạng a. A  x   b.B  x   c A  x  .B  x 
Như vậy phương trình dạng P  x    Q  x  có thể giải bằng phương pháp trên
 P  x   A  x  .B  x 
Q  x   a. A  x   b.B  x 

nếu 

Xuất phát từ các đẳng thức:
x 3  1   x  1  x 2  x  1

x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1  x 2  x  1

…….

3
2
Ví dụ 1. Giải phương trình 5 x   2 x  9 





x3  1  1

Lời giải

Điều kiện: x  1
Nhân liên hợp vế phải của phương trình với biểu thức
phương trình

x 3  1  1  0 ta được

 x  0 (t/m)
 2
3
x3  1  1
 2 x  4  5 x  1  *
Xét phương trình  * Đặt u  x  1 , v  x 2  x  1 .
5x 
3

(2 x 2  9) x 3

2
2
Phương trình trở thành: 2  u  v   5uv suy ra u  2v; u  v

1
2

15


Từ đây ta giải được nghiệm x 

5  37
2

Vậy phương trình có nghiệm x  0 ; x 

5  37
.
2

Phương trình dạng au  bv   u 2   v 2
Phương trình sau nhân liên hợp cho dưới dạng này thường khó phát hiện ra cách
giải, nhưng nếu ta bình phương hai vế thì sẽ đưa được về dạng trên và từ đó dễ
dàng đưa ra lời giải.
2
Ví dụ 2. Giải phương trình 3x  4 x  1





x2  2 x  2 x  1  x2  1.

Lời giải
1
2
2
2
Ta nhận thấy  x  2 x    2 x  1  x  1 nên ta biến đổi phương trình về dạng

Điều kiện: x  .

3 x 2  4 x  1  x 2  1
x2  2x  2x  1

 x 2  1  x 2  2 x  2 x  1  3 x 2  4 x  1 (*)

Bình phương 2 vế phương trình (*) ta có:

x

2

 2 x   2 x  1  x 2  1 

x

2

 2 x   2 x  1   x 2  2 x    2 x  1

u  x 2  2 x
1 5
1 5
Ta đặt: 
. Khi đó ta có: uv  u 2  v 2 hay u 
v  ; u 
v
2
2
 v  2 x  1
1 5
1 5
Do u  0, v  0  u 
v  x2  2x 
2x 1
2
2
1 5
Bình phương hai vế ta được nghiệm x 
thỏa mãn.
2
1 5
Vậy phương trình có nghiệm x 
.
2

Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
a)
b)





5 x 2  14 x  9  x 2  x  20 5 x  1  4 x 2  13 x  29  ;
x4  x2  1  3 x2  1  x2 

10
 10 .
x2

2.4. Phương pháp hàm số.
Trong phần này tơi chỉ trình bày phương pháp sử dụng lý thuyết sau để giải
phương trình gặp phải sau khi nhân lượng liên hợp:
Định lí: Nếu hàm số y  f  x  luôn đồng biến (hoặc ln nghịch biến) thì số
nghiệm của phương trình f  x   k không nhiều hơn một và f  u   f  v  khi và
chỉ khi u  v .

16


Ví dụ 1 (Đề thi THPT Quốc Gia năm 2015). Giải phương trình trên tập số thực:
x2  2x  8
  x  1
x2  2x  3



x22



Lời giải
Đối với bài này đa số học sinh nhận ra được x = 2 là một nghiệm của phương
trình. Nhưng sau khi nhân liên hợp thì việc giải quyết bài tốn lại là một vấn đề
khó mà các em gặp phải. Đa số các em đều giải được:
Với x  2 , nhân liên hợp vế phải ta được phương trình:
 x2
x 1 
 x4

0  x4
 x  2  2
x 1

 2

 0  *
x  2  2
 x  2x  3
 x  2 x  3
x22

Đến đây, học sinh sử dụng máy tính cầm tay phát hiện ra được phương trình  *
có thêm một nghiệm “xấu” nữa và nhiều em không thể giải tiếp.
Ta có  *   x  4 









x  2  2   x  1  x 2  2 x  3



 2    ( x  1)  2   ( x  1) 2  2   1

2
Xét hàm số f  t    t  2   t  2  trên  0;  
x  2  2 


x2

2

2
Ta có f   t   3t  4t  2  0; t   0;   , nên hàm số y  f  t  đồng biến trên

 0;   . Khi đó  1 

f





x  2  f  x  1  x  2  x  1

x  1
x 1
3  13

 2

x
3

13
2
 x  3x  1  0
x 
2

3  13
Vậy phương trình có nghiệm x  2 ; x 
.
2

Ví dụ 2. Giải phương trình 3(1  9 x 2 )( 1  x  x 2  1)  (4 x  2)( x  1)(2  9 x 2  3)
Lời giải
Nhận xét. Nhìn vào phương trình này thì đa số các em học sinh không nghĩ ra

cách giải. Nhưng nếu để ý thì ta thấy đề ra đã có một sự gợi ý về phương pháp
2
2
2
nhân liên hợp, đó là:  1  x  x  1  x  x  1 và 4   9 x  3  1  9 x . Từ đó ta
có cách giải phương trình như sau:
3 1  9x2 






1  x  x 2  1   4 x  2   x  1

3 1  9 x2   x  x2 
1  x  x2  1





9x2  3  2

 4 x  2   x  1  9 x 2  1



2  9x2  3

  1  9 x 2   x  1  0

3 x 2  9 x 2  3   4 x  2 










 1

1  x  x 2  1  0  *
17


(1)  x  1; x  

1
3
1
2

Ta thấy phương trình  * chỉ có nghiệm trong ( ;0)



pt  *   3 x  2 



 3x 

 

2





 3   2 x  1 2 

 u 2  u 2  3  v 2  v2  3



 2 x  1

2

3



 1

Với u  3x , v  2 x  1 ; u , v  0 . Xét hàm số f  t   2t  t 4  3t 2 với t > 0
Ta có f   t   2 

2t 3  3t
t 4  3t 2

 0; t  0

Phương trình  *  f  u   f  v   u  v  3 x  2 x  1  x  

1
là nghiệm
5

của phương trình.
1
3

1
5

Vậy phương trình có nghiệm x  1; x   ; x   .
Bài tập đề nghị. Giải phương trình sau:
a) x  2  x  1  2 x 2  1  2 x 2
b) 3 162 x 3  2  27 x 2  9 x  1  1
2.5. Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức, bất đẳng thức quen thuộc.
Một số bất đẳng thức quen thuộc:
+ a 2  b 2  2ab Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a  b .
1 1
4

 
; với a, b  0 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a  b .
a b ab
2
2
 ab
+
  ab   a  b   4ab . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a  b .
 2 
a b
+   2 ; với a, b  0 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a  b .
b c
2
2
2
2
2
+  a  b   x  y    ax  by  . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ay  bx .

+

+/ Bất đẳng thức côsi: Cho n số không âm a1 , a2 ,..., an .
a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an .
n
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .

Ta có:

+Bất đẳng thức Bunhiacơpxki: Cho hai bộ số: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn Ta có:

 a1b1  a2b2  ...  anbn 

2

  a12  a2 2  ...  an 2   b12  b2 2  ...  bn 2 

a1 a2
a

 ...  n
b1 b2
bn
2x  2
 x x32
Ví dụ 1. Giải phương trình
9x 1

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi




18


Lời giải
 x  3

Điều kiện: 

1
 x  9

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

 x  1 (t/m)
x  x  1
2x  2


2
9x 1
x32
 2 x  3  9 x  x  4 (*)





 1  x  3  3x

2

2
2
Ta có 2 x  3  9 x  x  4  1  x  3  9 x  

1  x  3  3 x

3 x  1  0

 x 1
2
9 x  7 x  2  0

+/ 1  x  3  3x  x  3  3x  1  

3 x  1  0
5  97
x
2
18
 9 x  5x  2  0

+/ 1  x  3  3x  x  3  3 x  1  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1; x 

5  97
18

Như vậy đối với phương pháp này ta biến đổi phương trình về dạng
k
k
 f ( x)    g ( x )  .
Ví dụ 2. Giải phương trình

2x2  4x  7
5 x  10 x  14  3 x  6 x  7 
4  2x  x2
2

2

Lời giải
Điều kiện: x  1  5

2
2
2
Nhận thấy  5 x  10 x  14    3x  6 x  7   2 x  4 x  7 nên ta có:

2x2  4 x  7
5 x 2  10 x  14  3x 2  6 x  7



2 x2  4 x  7
4  2x  x2

 5 x 2  10 x  14  3 x 2  6 x  7  4  2 x  x 2  *

Đến đây ta thấy lũy thừa hai vế để khử căn thức là không khả quan. Nhưng nếu
để ý các hệ số của các biểu thức trong dấu căn thì ta thấy:
5 x 2  10 x  14  5( x  1) 2  9 và 3 x 2  6 x  7  3( x  1) 2  4
Từ đây gợi cho ta ý tưởng sẽ đánh giá hai vế của phương trình  * .
Thật vậy, ta có: 4  2 x  x 2  5   1  x   5  VT  *  VP  *
Dấu “ ” xảy ra khi x  1 .
Vậy phương trình có nghiệm x  1 .
Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
2

a) x 4  4  x 2  4 
2
b)  x  12 x  40 



2x4  2 x2  8
x4  4



x  2  10  x  2 x  12 .
19


2.6. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm trong việc áp dụng phương phải
giải phương trình vơ tỷ sau khi nhân lượng liên hợp.
Trong năm học 2017-2018 tôi đã triển khai ý tưởng của phương pháp trong các
buổi học theo yêu cầu và chọn học sinh để khảo sát
- Đối tượng áp dụng: Học sinh có năng lực khá – giỏi về mơn Tốn;
- Thời gian thực hiện: 3 buổi (6 tiết).
Kết quả thực nghiệm
Sau khi thử nghiệm dạy nội dung của đề tài cho 20 em học sinh khá – giỏi ở 2
lớp 11A5 và 11A3 (Mỗi lớp 10 em), tôi đã tiến hành cho các em làm bài kiểm
tra với nội dung 2 câu ở mức độ vận dụng. Tôi thu được kết quả như sau:

Giải quyết được
Bài Lớp
phương trình sau

nhân lượng liên hợp
11A5
10/10
10/10
8/10
1
11A3
10/10
8/10
6/10
11A5
10/10
9/10
7/10
2
11A3
10/10
6/10
5/10
Căn cứ vào kết quả trên ta thấy đề tài bước đầu đã có tác dụng trong việc trang
bị cho các em học sinh năng lực, kỹ năng giải quyết bài toán sau khi nhân lượng
liên hợp.
Đặt được điều kiện
của phương trình

Nhân được
lượng liên hợp

3. KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận

Xuất phát từ thực tế về công tác giảng dạy của bản thân và qua q trình học
tập của học sinh, từ sự thích nghiên cứu, tìm tịi và ham học hỏi của các em
trong khi giải tốn, tơi thấy việc đưa ra cho học sinh những cách giải và cách
nhìn khác về một bài toán là rất cần thiết.
Qua một thời gian nghiên cứu tìm tịi, tổng hợp và đưa vào vận dụng đối với
học sinh lớp 11 có năng lực khá – giỏi trong ơn thi THPT Quốc Gia, Ơn thi học
sinh giỏi. Tơi thấy đa số các em học sinh có thể nắm được nội dung và phương
pháp của đề tài, vận dụng thành thạo vào các bài toán cụ thể. Tuy nhiên khi áp
dụng vào đối tượng học sinh lớp 10, 11 thì tuy theo mức độ nhận thức, học lực
và kiến thức đã học của các em mà ta có thể đưa ra các bài tập áp dụng và
phương pháp phù hợp.
3.2. Kiến nghị
Phương pháp giải phương trình vơ tỷ sau khi nhân lượng liên hợp chỉ phù
hợp với học sinh có năng lực khá – giỏi nên chỉ xem nó là tài liệu tham khảo cho
giáo viên và học sinh trong ơn thi học sinh giỏi và Ơn thi Trung học phổ thông
Quốc gia. Không nên giảng dạy đại trà cho tất cả các đối tượng học sinh.
20


Nếu đề tài được đánh giá tốt, tôi rất mong sẽ được phổ biến rộng rãi trong
học sinh và là một tài liệu tham khảo bổ ích trong ơn thi học sinh giỏi; ôn thi
Trung học phổ thông Quốc gia.
Mặc dù tôi đã rất cố gắng sưu tầm, nghiên cứu và tìm tịi nhưng vẫn cịn
nhiều vấn đề khác mà trong đề tài này chưa nghiên cứu được. Tôi hy vọng các
đồng nghiệp sẽ nghiên cứu tiếp.
Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cơ đi trước và các
bạn đồng nghiệp để đề tài này được hồn thiện, mở rộng và có ứng dụng vào
thực tế nhiều hơn.

XÁC NHẬN

CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 24 tháng 04 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Thị Thu Thủy

Vũ Thị Hằng

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1

Đại số 10 – NXB GD
21


2
3
4
5
6
7
8
9

Đại số và Giải tích 11 – NXB GD
Giải tích 12 – NXB GD
Hướng dẫn giải các bài tập từ các đề thi quốc gia mơn tốn - Trần Thị

Vân Anh - NXB ĐHQG HN – 2009.
Phương pháp giải toán trọng tâm – Phan Huy Khải – NXB ĐHSP –
2010.
Bồi dưỡng Đại số và Giải tích 11 - Phạm Quốc Phong – NXB ĐHQG
HN – 2007.
Bồi dưỡng Giải tích 12 - Phạm Quốc Phong - NXB ĐHQG HN –
2008.
Bộ đề thi thử trọng tâm mơn Tốn – TS.Lê Xn Sơn – Th.S Lê Khánh
Hưng – Th.S Lê Mạnh Linh – NXB ĐHQG HN - 2013.
Bài giảng trọng tâm chương trình chuẩn
Th.s Lê Hồng Đức- Vương Ngọc
Lê Viết Hòa- Lê Hữu Trí- Lê Bích Ngọc

10

Một số bài tốn, bài viết trên trang thư viện Violet, trang mạng
INTERNET,...

22