THÂN VĂN CƯƠNG
(Bản thảo)
Gv THPT Tân Yên 2 - Bắc Giang
MỘT SỐ VẤN ĐỀ TOÁN SƠ CẤP
NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM
51
GD-05
89/176-05 Mã số : 8I092M5
Lời nói đầu
Sau khi một loạt cuốn sách về phương pháp giải toán được bạn đọc đón nhận
[]-[], những cuốn sách này liên tục được tái bản và nhiều bạn đọc khen hơn là chê.
Điều đó động viên tôi thực hiện biên tập cuốn sách này, đúng như tên của cuốn sách
là tuyển tập các phương pháp và các chuyên đề giải toán chứ không phải tuyển tập
các bài toán hay. Ta đã biết rất nhiều phương pháp hay đã được tôi biên tập trong
các cuốn []-[], sau một thời gian tìm hiểu kĩ hơn nữa thì tôi thấy các phương pháp
này giải được rất nhiều dạng bài toán khác nhau, trong tay tôi đã có rất nhiều tài
liệu mà những cuốn sách trước không có được. Tôi biên tập cuốn sách này để củng
cố các phương pháp giải toán mà các cuốn sách trước đã thể hiện và đưa thêm một
số phương pháp khác, cách nhìn khác về việc giải toán. Đọc tài liệu này các bạn
sẽ thấy tuy là phương pháp giải toán khác nhau nhưng nó có một tư tưởng thống
nhất là suy luận có lí. Số bài tập hay dùng các phương pháp giải khác nhau là vô
cùng nhiều, nên tất cả những bài toán trong các cuốn trước đây tôi không đưa vào
đây. Tôi cố gắng chọn những bài toán hay, mới vào tuyển tập này. Nếu có những bài
toán trùng với các tập sách trước thì sẽ có một cách giải hoàn toàn mới, bạn đọc có
thể so sánh với những cách giải cũ. Cuốn sách được chia làm hai phần lớn :
Phần I. Các phương pháp giải toán.
1. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng.
2. Phương pháp dùng ví dụ, phản ví dụ và xây dựng lời giải.
3. Phương pháp nguyên lí Đirichle
4. Phương pháp quy nạp toán học
5. Phương pháp dùng đại lượng bất biến

6. Phương pháp dùng đại lượng cực biên
7. Phương pháp tô màu
8. Các phương pháp khác
Phần II. Những chuyên đề cơ bản
1. Tổ hợp rời rạc
2. Lí thuyết số
4 Lời nói đầu
3. Bất đẳng thức
4. Dãy số
5. Đa thức
6. Phương trình hàm
7. Hình học
8. Thuật toán và trò chơi
Mỗi phần trên đều được triển khai từ dễ đến khó và một lôgic có lí cao. Các bài
tập và ví dụ được giải cẩn thận và dễ hiểu nhất. Bạn đọc có thể tìm thấy những lời
giải khác hay hơn, ngắn hơn nhưng nhằm mục đích mô tả phương pháp giải toán
nên ở đây có thể dài hơn. Phần cuối của mỗi chương là lời giải ngay các bài tập trong
chương đó, đánh số các ví dụ, bài tập là lần lượt cùng nhau cho đến hết chương.
Cuốn sách dành cho học sinh phổ thông yêu toán, học sinh khá giỏi môn toán,
các thầy cô giáo, sinh viên đại học ngành toán, ngành tin học và những người yêu
thích toán học phổ thông. Trong biên soạn không thể tránh khỏi sai sót và nhầm
lẫn mong bạn đọc cho ý kiến. Mọi góp ý gửi về địa chỉ : Ban biên tập sách Toán,
Nhà xuất bản Giáo dục, 187
b
Giảng Võ, Hà Nội.
Tác giả cảm ơn ban biên tập Toán - Nhà xuất bản Giáo dục Hà Nội đã hết sức
giúp đỡ để cuốn sách được in ra.
Hà Nội, ngày 2 tháng 11 năm 2006
Nguyễn Hữu Điển
Những kí hiệu

Trong cuốn sách này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định trong bảng
dưới đây :
N tập hợp số tự nhiên
N
∗
tập hợp số tự nhiên khác 0
Z tập hợp số nguyên
Q tập hợp số hữu tỉ
R tập hợp số thực
C tập hợp số phức
≡ dấu đồng dư
∞ dương vô cùng (tương đương với +∞)
−∞ âm vô cùng
∅ tập hợp rỗng
C
k
m
tổ hợp chập k của m phần tử
.
.
. phép chia hết

.
.
. không chia hết
UCLN ước số chung lớn nhất
BCNN bội số chung nhỏ nhất
deg bậc của đa thức
IMO International Mathematics Olympiad
APMO Asian Pacific Mathematics Olympiad

Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Những kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Chương 1. Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương 7
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1. Phương pháp lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2. Phương pháp lũy thừa dạng

f(x) +

g(x) =

h(x) . . . . 9
1.1.3. Phương pháp trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung . . . 10
1.1.4. Phương pháp lũy thừa dạng
3

f(x) ±
3

g(x) =
3

h(x) . . . 12
1.1.5. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng tích . . . . . . . 13
1.1.6. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng m.f(x) + n

f(x) + p = 0 . . 15
1.1.7. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng


f(x) ±

g(x) ± (

f(x) ±

g(x))
2
+ h(x) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.1.8. Phương pháp đặt ẩn phụ để chuyển một phương trình về hệ
phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.1.9. Phương pháp đánh giá hai vế . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1.10. Một số dạng phương trình vô tỷ dành cho HSG . . . . . . . . 18
1.1.11. Phương trình, bất phương trình vô tỷ có chứa tham số . . . . 31
1.1.12. Giải phương trình bằng sử dụng tính chất của hàm số . . . . 34
1.1.13. Hệ phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Chương 1
Phương trình vô tỷ Th.s
Thân Văn Cương
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ . . . . . . . 7
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ
1.1.1. Phương pháp lũy thừa
Nội dung phương pháp : Giải phương trình dạng
n

f(x) = g(x)
Ví dụ 1.1. Giải phương trình sau.
√

2x + 1 = 3x + 1
Lời giải. Ta thấy VT luôn không âm , do đó nếu VP âm thì phương trình vô nghiệm
nên ta chỉ cần giải phương trình khi 3x + 1  0 ⇐⇒ x ≥ −
1
3
. Khi đó bình phương
hai vế và giải ta thu được nghiệm của phương trình là x = 0, x = −
4
9
Chú ý. Với bài tập này chúng ta còn có thể giải bằng cách đặt t =
√
2x + 1
Ví dụ 1.2. Giải bất phương trình sau.
√
2x
2
− 6x + 1 −x + 2 < 0
Lời giải. Bất phương trình tương đương
√
2x
2
− 6x + 1 < x − 2(1). Điều kiện :
x > 2, với điều kiện này, bình phương hai vế và giải ta được nghiệm của phương
trình là
3+
√
7
2
≤ x < 3.
Chú ý Cách giải bất phương trình dạng


f(x) < g(x) ⇔





f(x) ≥ 0
g(x) > 0
f(x) < g
2
(x)
8 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
Ví dụ 1.3. Giải bất phương trình sau.
√
2(x
2
−16)
√
x−3
+
√
x − 3 >
7−x
√
x−3
Lời giải. Điều kiện : x ≥ 4
Bất phương trình tương đương

2(x

2
− 16)+x−3 > 7 ⇔

2(x
2
− 16) > 10−2x(1)
Để giải (1) ta chia làm hai trường hợp
TH1

x ≥ 4
10 − 2x < 0
⇔ x > 5.
TH2

2(x
2
− 16) > (10 −2x)
2
10 − 2x ≥ 0
⇔

4 ≥ x ≥ 5
x
2
− 20x + 66 < 0
⇔ 10 −
√
34 ≤ x ≤ 5.
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là x > 10 −
√

34
Chú ýDạng tổng quát của bất phương trình loại này là

f(x) ≥ g(x). Để giải bất
phương trình loại này ta chia làm hai trường hợp sau :
TH1

f(x) ≥ 0
g(x) < 0
TH2

g(x) ≥ 0
f(x) ≥ g
2
(x)
Ví dụ 1.4. Giải phương trình sau.

2x +
√
6x
2
+ 1 = x + 1
Lời giải. Điều kiện x ≥ −1. Bình phương hai vế (2 lần) ta được nghiệm x = 0, x = 2
Ví dụ 1.5. Giải phương trình sau.

x(x − 1) +

x(x + 2) = 2
√
x

2
Lời giải. Điều kiện : x ≥ 1 hoặc x ≤ −2 hoặc x = 0
Phương trình ⇔ 2x
2
+ x + 2

x
2
(x − 1)(x + 2) = 4x
2
⇔ 2

x
2
(x − 1)(x + 2) = x(2x −1) ⇔ 4x
2
(x
2
+ x −2) = x
2
(2x −1)
2
(Do điều kiện)
⇔ x
2
(8x − 9) = 0. Từ đó ta tìm được nghiệm là x = 0, x =
9
8
.
Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện của phương trình.

1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 9
Chú ý Bài toán này còn được giải bằng cách xét từng điều kiện của phương trình
và dựa vào kiến thức
√
A.B =

√
A.
√
B ⇔ A ≥ 0, B ≥ 0
√
−A.
√
−B ⇔ A ≤ 0, B ≤ 0
 1.6. Giải các phương trình sau.
1/
√
x
2
− 4x + 6 = x + 4.
2/
√
x
2
− 2x + 4 =
√
2 − x
3/
√
3x

2
− 9x + 1 = x −2
4/
√
x
2
− 3x + 2 −3 −x = 0
5/
√
3x
2
− 9x + 1 =| x −2 |
.
1.1.2. Phương pháp lũy thừa dạng

f(x) +

g(x) =

h(x)
Nội dung phương pháp Các bước để giải bài toán dạng này là
+ Đặt điều kiện
+ Bình phương hai vế của phương trình
+ Đưa phương trình về dạng

f(x) = g(x)
Ví dụ 1.7. Giải phương trình :
√
x + 4 −
√

1 − x =
√
1 − 2x
Lời giải. Điều kiện : −4 ≤ x ≤
1
2
Phương trình tương đương với
√
x + 4 =
√
1 − x +
√
1 − 2x
⇔ x + 4 = 1 −2x + 2

(1 − 2x)(1 − x) + 1 −x
⇔ 2x + 1 =

(1 − 2x)(1 − x)
Giải phương trình trên ta tìm được nghiệm x = 0
Ví dụ 1.8. Giải phương trình sau

x
3
+1
x+3
+
√
x + 1 =
√

x
2
− x + 1 +
√
x + 3
Lời giải. Điều kiện : x ≥ −1
Từ phương trình này ta nhận thấy,không thể bình phương hai vế được, hoặc ta
cũng không thể chuyển vế của hai phương trình này được. Nhưng ta lại có nhận xét
10 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương

x
3
+1
x+3
.
√
x + 3 =
√
x
2
− x + 1.
√
x + 1.
Từ nhận xét trên ta có lời giải sau
Từ phương trình ta có

x
3
+1
x+3

−
√
x + 3 =
√
x
2
− x + 1 −
√
x + 1
Bình phương hai vế ta được :
x
3
+1
x+3
= x
2
− x − 1 ⇔ x
2
− 2x − 2 = 0
Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình là : x = 1 ±
√
3
* Qua lời giải trên ta có nhận xét
+ Nếu phương trình

f(x)+

g(x) =

h(x)+


k(x) mà có f(x).h(x) = k(x).g(x)
thì ta biến đổi thành phương trình

f(x) −

h(x) =

k(x) −

g(x)
+ Bình phương hai vế rồi giải
 1.9. Giải các phương trình sau
1/
√
x + 3 −
√
7 − x =
√
2x − 8
2/
√
5x − 1 −
√
3x − 2 −
√
x − 1 = 0
3/
√
x − 1 −

√
x − 2 =
√
x − 3
4/
√
x + 2 −
√
3 − x =
√
5 − 2x
5/
√
x
2
+ 3x + 2 +
√
x
2
+ 6x + 5 =
√
2x
2
+ 9x + 7
6/
√
3x
2
+ 6x + 16 +
√

x
2
+ 2x = 2
√
x
2
+ 2x + 4
7/
√
x
2
+ 9 −
√
x
2
− 7 = 2
1.1.3. Phương pháp trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
Nội dung của phương pháp này đó là từ một số phương trình vô tỷ ta có thể
nhẩm được nghiệm x
0
. Như vậy phương trình đó luôn có thể đưa được về dạng
(x −x
0
).A(x) = 0. Khi đó ngoài nghiệm x = x
0
, ta giải phương trình A(x) = 0 hoặc
chứng minh phương trình này vô nghiệm.
Ta xét các ví dụ sau.
Ví dụ 1.10. Giải phương trình sau
√

3x
2
− 5x + 1 −
√
x
2
− 2 =

3(x
2
− x − 1) −
√
x
2
− 3x + 4
Lời giải.
Ta nhận thấy từ phương trình có :
(3x
2
− 5x + 1) −3(x
2
− x − 1) = −2(x −2)
và (x
2
− 2) − (x
2
− 3x + 4) = 3(x −2)
Khi đó ta có thể trục căn thức hai vế ta được
−2x+4
√

3x
2
−5x+1+
√
3(x
2
−x+1)
=
3x−6
√
x
2
−2+
√
x
2
−3x+4
Ta dễ dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. ( )
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 11
Ví dụ 1.11. Giải phương trình sau
√
x
2
+ 12 + 5 = 3x +
√
x
2
+ 5
Lời giải.
Để phương trình có nghiệm thì

√
x
2
+ 12 −
√
x
2
+ 5 = 3x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥
5
3
Ta nhận thấy phương trình có nghiệm x = 2. Như vậy phương trình có thể phân
tích về dạng (x − 2).A(x) = 0. Để thực hiện điều đó ta phải nhóm, tách như sau
√
x
2
+ 12 − 4 = 3x −6 +
√
x
2
+ 5 − 3 ⇔
x
2
−4
√
x
2
+12+4
= 3(x − 2) +
x
2

−4
√
x
2
+5+3
phương trình tương đương với
(x − 2)(
x+2
√
x
2
+12+4
−
x+2
√
x
2
+5+3
− 3) = 0 ⇔ x = 2
Ta dễ dàng chứng minh được phương trình
x+2
√
x
2
+12+4
−
x+2
√
x
2

+5+3
−3 = 0 vô nghiệm
với mọi x >
5
3
.
Ví dụ 1.12. Giải phương trình sau
3
√
x
2
− 1 + x =
3
√
x
3
− 2
Lời giải. Điều kiện : x ≥
3
√
2
Ta nhận thấy phương trình có nghiệm x = 3, nên về ý tưởng ta phải biến đổi phương
trình đã cho về dạng (x − 3).A(x) = 0
Phương trình tương đương
3
√
x
2
− 1 − 2 + x −3 =
3

√
x
3
− 2 − 5 ⇔ (x −3)[1 +
x+3
3
√
(x
2
−1)
2
+2
3
√
x
2
−1+4
] =
(x−3)(x
2
+3x+9)
√
x
3
−2+5
Ta chứng minh 1 +
x+3
3
√
(x

2
−1)
2
+2
3
√
x
2
−1+4
= 1 +
x+3
(
3
√
x
2
−1+1)
2
+3
< 2 <
x
2
+3x+9
√
x
3
−2+5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Ví dụ 1.13. Giải phương trình sau
√

2x
2
+ x + 9 +
√
2x
2
− x + 1 = x + 4
Lời giải.
Ta nhận thấy (2x
2
+ x + 9) −(2x
2
− x + 1) = 2(x + 4)
và rõ ràng ta thấy x = −4 không phải là nghiệm của phương trình.
Ta xét x = 4. Khi đó trục căn thức ta được
2x+8
√
2x
2
+x+9−
√
2x
2
−x+1
= x + 4 ⇒
√
2x
2
+ x + 9 −
√

2x
2
− x + 1 = 2
Như vậy ta có hệ

√
2x
2
+ x + 9 +
√
2x
2
− x + 1 = x + 4
√
2x
2
+ x + 9 −
√
2x
2
− x + 1 = 2
⇒ 2
√
2x
2
+ x + 9 = x + 6.
Giải phương trình trên ta được nghiệm x = 0 và x =
8
7
Chú ý : Nếu phương trình có dạng


A(x) +

B(x) = C(x) thỏa mãn
A(x) − B(x) = α.C(x) ta có thể giải như sau
+ Trục căn thức ở mẫu ta được
A(x)−B(x)
√
A(x)−
√
B(x)
= C(x) ⇒

A(x) −

B(x) = α
12 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
+ Khi đó ta có hệ


A(x) +

B(x) = C(x)

A(x) −

B(x) = α
+ Hệ trên tương đương với 2

A(x) = C(x) + α, giải phương trình này ta được

nghiệm của phương trình.
Ta xét phương trình sau
Ví dụ 1.14. Giải phương trình sau
√
x − 2 +
√
4 − x +
√
2x − 5 = 2x
2
− 5x (1)
Lời giải. Điều kiện :
5
2
≤ x ≤ 4
Phương trình (1) tương đương với.
(
√
x − 2 − 1) + (
√
4 − x − 1) + (
√
2x − 5 − 1) = 2x
2
− 5x − 3
⇔
x−3
√
x−2+1
+

3−x
√
4−x+1
+
2(x−3)
√
2x−5+1
= (2x + 1)(x − 3)
⇔ (x − 3)(
1
√
x−2+1
−
1
√
4−x+1
+
2
√
2x−5+1
) = (2x + 1)(x − 3)
Ta xét các trường hợp sau.
+ Với x − 3 = 0 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện đầu bài)
+ Nếu x − 3 = 0 ta suy ra
1
√
x−2+1
+
2
√

2x−5+1
) = (2x + 1) +
1
√
4−x+1
(2)
Với điều kiện
5
2
≤ x ≤ 4, ta có
Vế phải của (2) : VP > 2x + 1 > 2.
5
2
+ 1 = 6
Vế trái của (2 : VT < 1 + 2 = 3)
Do đó phương trình (2) vô nghiệm. Từ đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất
x = 3.
Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải các bài sau
 1.15. Giải các phương trình sau
1.
3
√
x
2
− 1 +
√
3x
3
− 2 = 3x − 2
2.

√
2x
2
− 1 +
√
x
2
− 3x − 2 =
√
2x
2
+ 2x + 3 +
√
x
2
− x + 2
3.
√
2x
2
+ 16x + 18 +
√
x
2
− 1 = 2x + 4
4.
√
x
2
+ 15 = 3x − 2 +

√
x
2
+ 8
1.1.4. Phương pháp lũy thừa dạng
3

f(x) ±
3

g(x) =
3

h(x)
Nội dung phương pháp Thực hiện qua các bước sau
+ Lập phương hai vế
+ Chuyển phương trình về phương trình tích
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 13
+ Chú ý hai hằng đẳng thức sau
(a + b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
(a − b)
3
= a
3

− b
3
+ 3ab(a − b)
Ví dụ 1.16. Giải phương trình sau
3
√
x − 1 +
3
√
x − 2 =
3
√
2x − 3
Lời giải. Lập phương hai vế của phương trình trên và chú ý hai hằng đẳng thức
trên ta chuyển phương trình về dạng tích
3

(x − 1)(x − 2)(2x −3) = 0.
Từ đó ta tìm được nghiệm là x = 1, x = 2, x =
3
2
Chú ý Sau khi tìm được nghiệm chúng ta phải thử lại vào phương trình để loại đi
những nghiệm không đúng.
Chẳng hạn : Giải phương trình
3
√
1 − x +
3
√
1 + x = −1 nếu chúng ta giải như trên

chúng ta sẽ tìm được nghiệm là x = 0. Tuy nhiên thử lại vào phương trình ta thấy
nghiệm này không thỏa mãn.
 1.17. Giải các phương trình sau
1/
3
√
x + 5 +
3
√
x + 6 =
3
√
2x + 11
2/
3
√
x + 1 +
3
√
x + 2 +
3
√
x + 3 = 0.
3/
3
√
x + 1 +
3
√
x − 1 =

3
√
5x.
1.1.5. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng tích
Đây là phương pháp giải đơn giản nhưng rất hiệu quả. Một phương trình rất
phức tạp sẽ được giải một cách nhanh chóng nếu biết áp dụng phương pháp này
một cách hợp lý. Với phương pháp này, các thầy cô cũng có thể sáng tạo ra nhiều
phương trình vô tỷ hay và khó cho học sinh.
Để sáng tạo được một bài toán theo cách này, chúng ta thường bắt nguồn từ chính
tích mà chúng ta muốn phương trình sau khi biến đổi thành. Công việc còn lại của
ta bây giờ là nhân biểu thức tích đó ra rồi sắp xếp hệ số một cách hợp lý.
Ta xét chẳng hạn
14 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
Xuất phát từ tích (u −1)(v −1) = 0. Nhân biểu thức này ra ta được u + v = 1 + uv
(1).
Bây giờ chúng ta lại bắt đầu từ phương trình (1). Ta cho u, v bởi các biểu thức vô
tỷ ta sẽ được những phương trình "không đơn giản" chút nào. Ta xét :
Ví dụ 1.18. Giải phương trình sau
3
√
x + 1 +
3
√
x + 2 = 1 +
3
√
x
2
+ 3x + 2
Gợi ý. Rõ ràng thoạt nhìn ta thấy phương trình không hề đơn giản (vì ta không

thể lập phương hai vế, hay đặt ẩn phụ được).
Nhưng với phương pháp trên ta thấy ngay với phương trình này thì
u =
3
√
x + 1; v =
3
√
x + 2. Như vậy bài này ta chỉ việc giải phương trình tích
sau
(
3
√
x + 1 − 1)(
3
√
x + 2 − 1) = 0
Ta dễ dàng tìm được nghiệm của phương trình là x = 0 và x = −1
* Với phương trình (1) rõ ràng cứ áp dụng nó một vài lần ta sẽ bị học sinh biết rõ
ý đồ ngay lập tức. Vậy để mở rộng ý tưởng ta có thể nhân hay chia một biểu thức
w(x) = 0 nào đó vào (1), khi đó phương (1) trở thành
w(u + v) = w(1 + uv) (2)
Và rõ ràng việc nhận ra bản chất phương trình (2) là phương trình (1) không còn
đơn giản nữa. Chẳng hạn ta xét ví dụ sau
Ví dụ 1.19. Giải phương trình sau
3
√
x + 1 +
3
√

x
2
=
3
√
x +
3
√
x
2
+ x
Gợi ý. Ta nhận thấy với phương trình này ta không dễ để nhận ra bản chất như
phương trình trong như trong ví dụ trên nữa vì ta không nhìn thấy số 1 ở đâu cả.
Tuy nhiên nếu ta chia cả hai vế của phương trình này cho
3
√
x (với x = 0, vì x = 0
phương trình vô nghiệm) ta sẽ được phương trình sau
3

x+1
x
+
3
√
x = 1 +
3
√
x + 1
Và phương trình này lại chính là dạng trên. Ta chỉ việc giải phương trình tích

(
3

x+1
x
− 1)(
3
√
x − 1) = 0
Từ đó ta tìm được nghiệm x = 1. Bài toán giải xong ./.
Ta tiếp tục mở rộng cho các hệ số. Ta bắt đầu từ phương trình tích (u−a)(v−b) = 0,
khai triển ta được phương trình
bu + av = ab + uv (2)
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 15
Ta cho các biểu thức u; v bằng các biểu thức vô tỷ ta sẽ được những phương trình
vô tỷ, ta xét ví dụ sau
Ví dụ 1.20. Giải phương trình sau
√
x + 3 + 2x
√
x + 1 = 2x +
√
x
2
+ 4x + 3
Gợi ý. Điều kiện : x ≥ −1
Ta dễ dàng nhận thấy dạng của phương trình này là dạng phương trình (2) với các
biểu thức u =
√
x + 3; v =

√
x + 1; a = 1; b = 2x
Như vậy phương trình tương đương
(
√
x + 3 − 2x)(
√
x + 1 − 1) = 0
Giải phương trình trên ta tìm được hai nghiệm là x = 0 và x = 1.
1.1.6. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng m.f(x) + n

f(x) + p = 0
Nội dung phương pháp Chuyển phương trình về phương trình bậc hai một ẩn
Ví dụ 1.21. Giải các phương trình sau
1/(x + 1)(x + 4) = 5
√
x
2
+ 5x + 28
2/(x + 3)
2
+ 3x − 22 =
√
x
2
− 3x + 7
3/x(x + 5) = 2.
3
√
x

2
+ 5x − 2 −2
4/x
2
− 4x + 2 = 2
√
x
2
− 4x + 5
5/ − 4

(4 − x)(2 + x) = x
2
− 2x − 12
6/

(4 + x)(6 − x) = x
2
− 2x − 12
Ví dụ 1.22. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm
1/

(1 + 2x)(3 − x) = 2x
2
− 5x + 3 + m.
2/ − x
2
+ 2x + 4

(3 − x)(x + 1) = m −3

3/(x − 3)(x + 1) + 4(x −3)

x+1
x−3
= m
1.1.7. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng

f(x) ±

g(x) ±(

f(x) ±

g(x))
2
+
h(x) = 0
Nội dung phương pháp
+ Đặt t =
√
A +
√
B và tìm điều kiện cho t
+ Tìm
√
AB theo t
+ Giải phương trình bậc hai ẩn t
16 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
Chú ý Trong trường hợp tìm điều kiện của tham số m để phương trình có nghiệm,
thì điều kiện của ẩn phụ t ta nhất thiết phải tìm, sau đó lập bảng biến thiên.

Ví dụ 1.23. Giải các phương trình sau.
1/
√
2x + 3 +
√
x + 1 = 3x + 2
√
2x
2
+ 5x + 3 −2
2/
√
7x + 7 +
√
7x − 6 + 2
√
49x
2
+ 7x − 42 = 181 −14x
3/
√
x+4+
√
x−4
2
= x +
√
x
2
− 16 − 6

4/1 +
2
3
.
√
x − x
2
=
√
x +
√
1 − x
5/5
√
x +
5
2
√
x
= 2x +
1
2x
+ 4
6/3
√
x +
3
2
√
x

= 2x +
1
2x
− 7
Ví dụ 1.24. Tìm điều kiện của m để các phương trình sau có nghiệm.
1/
√
1 + x +
√
8 − x −

(1 + x)(8 − x) = m
2/
√
3 + x +
√
6 − x −

(3 + x)(6 − x) = m
3/
√
x + 1 +
√
3 − x −

(x + 1)(3 − x) = m
4/
√
2 + x +
√

2 − x −

(2 + x)(2 − x) = m
1.1.8. Phương pháp đặt ẩn phụ để chuyển một phương trình về hệ
phương trình
Nội dung phương pháp Trong phương trình ta chọn cách đặt ẩn phụ thích
hợp để đưa phương trình đó về dạng đối xứng loại I hoặc loại II
Chúng ta thường gặp các dạng sau :
Dạng 1 : x
n
+ b = a
n
√
ax − b. Đặtt t =
n
√
ax − b
Dạng 2 :
n

a − f(x) ±
m

b + f(x) = c. Đặt t =
n

a − f(x) khi đó ta có u ± v =
c, u
n
+ v

m
= a + b
Ví dụ 1.25. Giải các phương trình sau
1. x
3
+ 1 = 2
3
√
2x − 1
2.
4
√
x +
4
√
17 − x = 3
3.
3
√
x − 2 +
√
x + 1 = 3
4.
4
√
x =
4
√
x + 1 −
4

√
x − 1
5.
4
√
17 − x
8
−
3
√
2x
8
− 1 = 1
6.
3

(2 − x)
2
+
3

(x + 7)
2
−
3

(2 − x)(x + 7) = 3
7. 2x
2
+ 4x =


x+3
2
8. 8x
2
+ 8x − 5 =

2x+15
16
9. 2x
2
+ 8x + 6 =

x+4
2
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 17
10.
3
√
7x + 1 +
3
√
x
2
− 8x − 1 −
3
√
x
2
− x − 8 = 2

11.
√
2 − x
3
=
3
√
x
2
− 2
12.
3
√
1 − 2x +
3
√
1 + 2x = 2
13. x
3
√
35 − x
3
(x +
√
35 − x
3
) = 30
14. x +
√
17 − x

2
+ x
√
17 − x
2
= 9
15.
3
√
7 + tanx +
3
√
2 − tanx = 3
16.
(34−x)
3
√
x+1−(x+1)
3
√
34−x
3
√
34−x−
3
√
x+1
= 30
Ví dụ 1.26. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm
1. x

3
+ (3 − m
2
)m = 3

3x + (m
2
− 3)m
2.
3
√
1 − 2x +
3
√
1 + 2x = m
3.
√
x + m + 2 = x
2
+ 2x + m
4.
√
x + 3 +
√
6 − x −

(3 + x)(6 − x) = m
1.1.9. Phương pháp đánh giá hai vế
Nội dung của phương pháp Để giải phươgn trình f(x) = g(x) bằng đánh giá
ta làm như sau

+ Đánh giá f(x) ≤ M, g(x) ≥ M
+ Phương trình xảy ra khi và chỉ khi

f(x) = M
g(x) = M
+ Giải hệ trên ta tìm được nghiệm
Chú ý Chúng ta thường sử dụng các bất đẳng thức Bunhiacopski, cauchy để
đánh giá hai vế.
Ví dụ 1.27. Giải các phương trình sau
1.
√
x − 2 +
√
4 − x = x
2
− 6x + 11
2.
√
4x − 1 +
√
4x
2
− 1 = 1
3.
√
x
2
+ x − 1 +
√
x − x

2
+ 1 = x
2
− x + 2
4.
√
3x
2
− 7x + 3 −
√
x
2
− 2 =
√
3x
2
− 5x − 1 −
√
x
2
− 3x + 4
5.
√
x − 2 +
√
10 − x = x
2
− 12x + 40
6.
√

3x
2
+ 6x + 7 +
√
5x
2
+ 10x + 14 = 4 −2x −x
2
7.
√
x
2
− 6x + 11 +
√
x
2
− 6x + 13 +
4
√
x
2
− 4x + 5 = 3 +
√
2
8.
√
2x
2
− 8x + 12 = 3 −
4

√
3x
2
− 12x + 13
18 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
9.
√
1 − 2x +
√
1 + 2x =

1−2x
1+2x
+

1+2x
1−2x
10. x
2
− 3x +
7
2
=

(x
2
− 2x + 2)(x
2
− 4x + 5)
11.


2(
√
1 − x +
√
x) =
4
√
1 − x +
4
√
x
1.1.10. Một số dạng phương trình vô tỷ dành cho HSG
Phương pháp đặt ẩn phụ
Một số lưu ý
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các dạng
như :
+ Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn
thức với ẩn mới là ẩn phụ.
+ Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
+ Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ,
cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ
đối xứng.
+ Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích
với vế phải bằng 0.
Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ
phải thử lại nghiệm.
Ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 1.28. Giải phương trình
18x

2
− 18x
√
x − 17x − 8
√
x − 2 = 0 (1)
Gợi ý. Với phương trình (1) ta đặt
√
x = y với y ≥ 0. Khi đó phương trình (1) trở
thành
(3y
2
− 4y −2)(6y
2
+ 2y + 1) = 0
Từ phương trình trên suy ra 3y
2
− 4y −2 = 0, ta được y =
2+
√
10
3
⇒ x =
14+4
√
10
9
.
Ví dụ 1.29. Giải phương trình sau
x

2
− 3x + 1 = −
√
3
3
√
x
4
+ x
2
+ 1 (1)
Gợi ý. Ta có x
4
+ x
2
+ 1 = (x
2
+ 1)
2
−x
2
= (x
2
+ x + 1)(x
2
−x + 1) > 0 với mọi x.
Mặt khác : x
2
− 3x + 1 = 2(x
2

− x + 1) −(x
2
+ x + 1)
Từ đó ta đặt y =

x
2
−x+1
x
2
+x+1
điều kiện y ≥ 0 (hay chính xác là
√
3
3
≤ y ≤
√
3)
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 19
Phương trình (1) trở thành
2y
2
− 1 = −
√
3
3
y ⇔ 6y
2
+
√

3y −3 = 0. Giải ra ta được y =
√
3
3
(loại y = −
√
3
3
)
Từ đó ta có nghiệm x = 1
Nhận xét : Một số phân tích thường được dùng, chẳng hạn như
x
3
+ 1 = (x + 1)(x
2
− x + 1)
x
4
+ x
2
+ 1 = (x
2
+ 1)
2
− x
2
= (x
2
− x + 1)(x
2

+ x + 1)
x
4
+ 1 = (x
2
−
√
2x + 1)(x
2
+
√
2x + 1)
4x
4
+ 1 = (2x
2
− 2x + 1)(2x
2
+ 2x + 1)
Ví dụ 1.30. Giải phương trình sau
2(x
2
+ 2) = 5
√
x
3
+ 1
Gợi ý. Ta đặt u =
√
x + 1, v =

√
x
2
− x + 1
Khi đó phương trình trở thành : 2(u
2
+ v
2
) = 5uv(*), Giải phương trình này ta
được u = 2v; u =
1
2
v.
Thay trở lại ẩn x ta tìm được x =
5±
√
37
2
Chú ý : Với phương trình (*) ta có dạng tổng quát u
2
+ αuv + βv
2
= 0 (**).
Để giải phương trình trên ta có thể chia hai vế cho v với điều kiện v = 0 ta được
(
u
v
)
2
+ α(

u
v
) + β = 0
Các phương trình sau cũng được đưa về dạng phương trình (**)
a.A(x) + b.B(x) = c

A(x).B(x)
αu + βv =
√
mu
2
+ nv
2
Nếu ta thay các biểu thức A(x), B(x) bằng các biểu thức vô tỷ thì ta sẽ nhận được
những phương trình vô tỷ theo dạng này.
Bài trên thuộc dạng a.A(x) + b.B(x) = c

A(x).B(x) Tuy nhiên có nhiều bài toán
ta phải dùng phương pháp "hệ số bất định" để ta tìm α, β
Ta xét ví dụ sau
Ví dụ 1.31. Giải phương trình sau
2x
2
+ 5x − 1 = 7
√
x
3
− 1 (1)
Lời giải.
Điều kiện : x ≥ 1

Ta viết (1) dưới dạng
20 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
α(x − 1) + β(x
2
+ x + 1) = 7

(x − 1)(x
2
+ x + 1)
Thực hiện việc đồng nhất thức ta được
α(x − 1) + β(x
2
+ x + 1) ≡ 2x
2
+ 5x − 1
Đồng nhất thức trên ta tìm được α = 3 và β = 2
Như vậy phương trình trở thành
3(x − 1) + 2(x
2
+ x + 1) = 7

(x − 1)(x
2
+ x + 1)
Đặt u = x −1; v = x
2
+ x + 1 > 0 ta được 3u + 2v = 7
√
uv
Giải phương trình trên ta được v = 9u; v =

1
4
u. Thay lại ẩn x ta tìm được x = 4±
√
6
Ví dụ 1.32. Giải phương trình sau
2x
2
− 5x + 2 = 4

2(x
3
− 21x − 20)
Gợi ý. Điều kiện : −4 ≤ x ≤ −1 hoặc x ≥ 5
Viết lại phương trình ta được
2x
2
− 5x + 2 = 4

(2x
2
− 8x − 10)(x + 4)
Bây giờ ta phải tìm các số α; β sao cho
α(2x
2
− 8x − 10) + β(x + 4) ≡ 2x
2
− 5x + 2
Bằng phương pháp đồng nhất thức ta tìm được α = 1 và β = 3.
Tới đây bài toán đã được giải một cách dễ dàng, và nghiệm của phương trình là

x =
9±
√
193
4
; x =
17±3
√
73
4
Ví dụ 1.33. Giải phương trình sau
x
3
− 3x
2
+ 2

(x + 2)
3
− 6x = 0
Lời giải.
Đặt y =
√
x + 2. Ta biến phương trình về dạng thuần nhất bậc 3 đối với x và y.
x
3
− 3x
2
+ 2y
3

− 6x = 0 ⇔ x
3
− 3xy
2
+ 2y
3
= 0
Giải phương trình trên ta được x = y và x = −2y
Thay lại ẩn ban đầu ta tìm được x = 2 và x = 2 − 2
√
3
Trong một số phương trình có chứa môt loại căn ta đặt ẩn phụ bằng căn
đó, ta sẽ được một phương trình "khá đẹp" mà việc giải phương trình
này không có gì là khó khăn. Ta xét ví dụ sau :
Ví dụ 1.34. Giải phương trình sau
x
2
+ 3x + 1 = (x + 3)
√
x
2
+ 1 (1)
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 21
Gợi ý. Đặt
√
x
2
+ 1 = y, điều kiện y ≥ 1. Khi đó phương trình trở thành.
y
2

+ 3x = (x + 3)y ⇔ (y −3)(y − x) = 0
Ta dẫn đến y = 3 và y = x.
Giải phương trình này ta được x = ±
√
2
Ví dụ 1.35. Giải phương trình sau
x
2
+
√
2 − x = 2x
2
√
2 − x
Gợi ý. Ta đặt y =
√
2 − x điều kiện y ≥ 0, ta được phương trình sau
(y −1)(y
2
+ y −1)(y
2
− y −4) = 0
Từ đó, ta được y = 1; y =
√
5−1
2
; y =
√
33+1
8

Thay lại ẩn cũ ta tìm được các nghiệm
của phương trình là x = 1; x =
√
5+1
2
; x = −
√
33+1
8
Trên đây chúng ta vừa xét những phương trình vô tỷ dạng a.A(x) + b.B(x) =
c

A(x).B(x)(*), Với dạng này việc quan trọng của chúng ta là tìm được mối quan
hệ giữa A(x) và B(x) với phương trình ban đầu (bằng các phân tích đẳng thức ở
trên). Để sáng tạo ra những bài toán dạng này ta có thể làm theo cách sau.
- Đầu tiên ta chọn hai biểu thức A(x) và B(x) một cách thích hợp
- Tiếp đó ta thay vào phương trình dạng (*)
- Việc cuối cùng ta chỉ cần chọn các hệ số thích hợp sao cho phương trình mới
nhận được là một phương trình hợp lý về nghiệm và hệ số
Chẳng hạn nếu ta chọn A(x) = x
2
− 3x + 6 và B(x) = x + 5 Sau khi thay vào
phương trình (*) ta được phương trình
α(x
2
− 3x + 6) + β(x + 5) = γ
√
x
3
+ 2x

2
− 9x + 30
Tuy nhiên với phương trình trên ta thấy hơi "khó giải" vì các hệ số của phương
trình không đẹp. Muốn cho phương trình này đẹp và dễ giải hơn ta có thể chọn
α = 1; β = 3; γ = 4 khi đó ta được phương trình
x
2
− 3x + 6 + 3(x + 5) = 4
√
x
3
+ 2x
2
− 9x + 30
Hay
x
2
+ 21 = 4
√
x
3
+ 2x
2
− 9x + 30
Sau đây chúng ta lại đi xét một loại phương trình nữa mà sau khi biến đổi ta đưa
về dạng (*), đó là phương trình dạng α.u + β.v =
√
m.u
2
+ n.v

2
. Phương trình ở
dạng này thường khó phát hiện hơn dạng trên. Để chuyển về dạng (*) ta chỉ việc
bình phương hai vế.
Để minh họa cho dạng phương trình này ta xét một số ví dụ sau
Ví dụ 1.36. Giải phương trình sau
x
2
+ 3
√
x
2
− 1 =
√
x
4
− x
2
+ 1 (1)
22 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương
Gợi ý. Ta đặt u = x
2
và v =
√
x
2
− 1. Khi đó phương trình trở thành
u + 3v =
√
u

2
− v
2
Bình phương hai vế ta chuyển được về dạng trên (cách giải các bạn đã OK)
Ví dụ 1.37. Giải phương trình sau
√
5x
2
− 14x + 9 −
√
x
2
− x − 20 = 5
√
x + 1
Gợi ý. Với điều kiện x ≥ 5.
Chuyển về bình phương hai vế ta được phương trình
2x
2
− 5x + 2 = 5

(x
2
− x − 20)(x + 1)
Với phương trình trên thông thường chúng ta nghĩ ngay đến phương pháp hệ số bất
định, tức là đi tìm hai số α và β sao cho
2x
2
− 5x + 2 ≡ α(x
2

− x − 20) + β(x + 1)
tuy nhiên ta thấy không tồn tại hai số α và β thỏa mãn đồng nhất thức trên.
? ? ? ? ? Phải làm sao đây ? ? ? ? ? ?
Rất may ta lại có (x
2
−x−20)(x +1) = (x + 4)(x −5)(x + 1) = (x + 4)(x
2
−4x −5).
Khi đó vẫn bằng phương pháp hệ số bất định ta tìm được
2x
2
− 5x + 2 ≡ 2(x
2
− 4x − 5) + 3(x + 4)
Đến đây thì ta có thể dễ dàng "xơi" được bài toán này.
Với cách này chúng ta có thể "sáng tạo" ra những phương trình vô tỷ đẹp.
Sau đây chúng ta cùng nghiên cứu một phương pháp khác để giải phương trình
vô tỷ. Đó là phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Nội dung của bài toán là sau
khi ta đặt ẩn phụ thì ẩn ban đầu vẫn tồn tại, khi đó ta sẽ biểu thị ẩn mới theo ẩn
cũ. Với dạng bài tập này sau khi được phương trình bậc 2 với ẩn mới thì ∆ = A
2
(x).
Ta xét ví dụ sau :
Ví dụ 1.38. Giải phương trình sau
(4x − 1)
√
x
2
+ 1 = 2x
2

+ 2x + 1
Lời giải. Đặt y =
√
x
2
+ 1 với điều kiện y ≥ 1
Khi đó phương trình được viết lại như sau
(4x − 1)
√
x
2
+ 1 = 2(x
2
+ 1) + 2x −1 ⇔ 2y
2
− (4x − 1)y + 2x − 1 = 0
Ta được ∆ = (4x − 3)
2
, ta được 2 nghiệm sau y = 2x − 1; y =
1
2
Như vậy phương trình có nghiệm x =
4
3
Ví dụ 1.39. Giải phương trình sau
x
2
+ (3 −
√
x

2
+ 2x = 1 + 2
√
x
2
+ 2) (1)
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 23
Gợi ý.
Ta đặt t =
√
x
2
+ 2 khi đó ta có t
2
− (2 + x)t −3 + 3x = 0.
Phương trình trên có hai nghiệm là t = 3 và t = x − 1
Thay lại ẩn ban đầu ta được nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1.40. Giải phương trình sau
(x + 1)
√
x
2
− 2x + 3 = x
2
+ 1
Gợi ý. Đặt t =
√
x
2
− 2x + 3 điều kiện t ≥

√
2. Khi đó phương trình trở thành
(x + 1)t = x
2
+ 1 ⇔ x
2
+ 1 ⇔ x
2
+ 1 − (x + 1)t = 0
Bây giờ ta thêm bớt ta được phương trình bậc hai với ∆ là bình phương đúng.
x
2
− 2x + 3 −(x + 1)t + 2(x −1) = 0
Ta được phương trình :
t
2
− (x + 1)t + 2(x −1) = 0
Ta được hai nghiệm là t = 2 và t = x − 1. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương
trình
Với bài toán này ta cũng có thể "sáng tác" cho mình những bài toán hay, chẳng
hạn từ phương trình đơn giản sau
(
√
1 − x − 2
√
1 + x)(
√
1 − x − 2
√
1 + x) = 0

sau khi khai triển ta được phương trình sau
Ví dụ 1.41. Giải phương trình sau
4
√
x + 1 − 1 = 3x + 2
√
1 − x +
√
1 − x
2
Gợi ý. Ta đặt t =
√
1 − x, khi đó phương trình đã cho tương đương với phương
trình sau
4
√
1 + x = 3x + 2t + t
√
1 + x (1)
Từ đó ta rút ra x = 1 −t
2
,thay vào phương trình trên ta được
3t
2
− (2 +
√
1 + x)t + 4(
√
1 + x − 1) = 0
Nhưng với phương trình trên chúng ta không có sự may mắn, đó là ∆ không có

dạng bình phương đúng. Muốn có điều này ta phải tách 3x theo (
√
1 − x)
2
và
(
√
1 + x)
2
Cụ thể : 3x + 1 = −(1 −x) + 2(1 + x) thay vào phương trình (1) ta được
t
2
− (2 +
√
1 + x)t + 4
√
1 + x − 2 −2x = 0
Khi đó ta tính ∆ = 13 + 9x −12
√
x + 1 = (3
√
x + 1 − 2)
2
Từ đó ta tìm được các nghiệm t = 2
√
x + 1 và t = 2 −
√
x + 1. Công việc tìm
nghiệm còn lại không khó. Dành cho những ai đọc ! ! !
24 Phương trình vô tỷ Th.s Thân Văn Cương

Để "sáng tạo" những bài toán dạng này không khó, quan trọng ta cần phải nhóm
sao cho hết các hệ số tự do, khi đó ta sẽ đạt được mục đích.
Xét ví dụ tiếp theo
Ví dụ 1.42. Giải phương trình sau
2
√
2x + 4 + 4
√
2 − x =
√
9x
2
+ 16
Gợi ý. Bình phương hai vế ta được phương trình
4(2x + 4) + 16

2(4 − x
2
) + 16(2 − x) = 9x
2
+ 16
Ta đặt t =

2(4 − x
2
) ≥ 0 ta được phương trình 9x
2
− 16t − 32 + 8x = 0
Công việc của ta bây giờ là phải tách
9x

2
= 2α(4 − x
2
) + (9 + 2α)x
2
− 8α
làm sao cho ∆
t
có dạng chính phương.
Bây giờ chúng ta lại xuất phát từ các đẳng thức đã biết để sáng tạo ra những phương
trình vô tỷ hay và đẹp mà cách giải của nó thì hoàn toàn đơn giản.
Xuất phát từ những đẳng thức đó ta có thể đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ
giữa các ẩn phụ để đưa phương trình về một hệ các điều kiện.
Ví dụ xuất phát từ các đẳng thức
(a + b + c)
3
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3(a + b)(b + c)(c + a)
khi đó nếu a
3
+ b
3
+ c
3
= (a + b + c)

3
khi và chỉ khi (a + b)(b + c)(c + a) = 0.
Từ nhận xét trên ta có thể tạo ra những phương trình vô tỷ. Chẳng hạn
Ví dụ 1.43. Giải phương trình sau
3
√
7x + 1 −
3
√
x
2
− x − 8 +
3
√
x
2
− 8x − 1 = 2 (1)
Lời giải.
Với bài toán này ta dễ dàng nhận thấy a =
3
√
7x + 1; b = −
3
√
x
2
− x − 8; c =
3
√
x

2
− 8x − 1 và cũng dễ dàng nhận thấy a
3
+ b
3
+ c
3
= 2
Như vậy công việc cuối cùng của ta là giải phương trình tích (a+ b)(b + c)(c +a) = 0
Chú ý rằng khi giải phương trình (1) ta lập phương hai vế, từ đó xuất hiện phương
trình tích.Nghiệm của phương trình tìm được là x = ±1, x = 0, x = 9.
* Hoặc ta cho a =
3
√
3x
2
− x + 2001, b = −
3
√
3x
2
− 7x + 2002, c = −
3
√
6x − 2003.
Khi đó ta được a
3
+ b
3
+ c

3
= 2002. Như vậy ta có phương trình.
Ví dụ 1.44. Giải phương trình sau
3
√
3x
2
− x + 2001 −
3
√
3x
2
− 7x + 2002 −
3
√
6x − 2003 =
3
√
2002
1.1. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 25
* Hoặc nếu ta cho a =
3
√
3x + 1, b =
3
√
5 − x, c =
3
√
2x − 9. Khi đó ta có

a
3
+ b
3
+ c
3
= 4x − 3, như vậy ta cũng có
Ví dụ 1.45. Giải phương trình sau
3
√
3x + 1 +
3
√
5 − x +
3
√
2x − 9 −
3
√
4x − 3 = 0
* Với cách giải này ta cũng có thể giải một cách dễ dàng phương trình sau
1.
3
√
3x + 1 +
3
√
5 − x +
3
√

2x − 9 −
3
√
4x − 3 = 0
2.
3
√
7x + 1 −
3
√
x
2
− x − 8 +
3
√
x
2
− 8x − 1 = 2
3.
3
√
6x + 5 +
3
√
4 − 3x +
3
√
x − 2 =
3
√

4x − 7
* Hay xuất phát từ hệ phương trình





xy = a
yz = b
zx = c
Sao cho abc = A
Để giải hệ trên chúng ta chỉ việc nhân cả 3 vế của 3 phương trình trên ta được một
phương trình
x
2
y
2
z
2
= A
Việc giải còn lại đơn giản.
Từ ý tưởng trên ta có thể sáng tạo ra phương trình vô tỷ, chẳng hạn như
Ví dụ 1.46. Giải phương trình sau
x =
√
2 − x.
√
3 − x +
√
3 − x.

√
5 − x +
√
5 − x.
√
2 − x
Lời giải.
Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 2
Ta đặt :





u =
√
2 − x
v =
√
3 − x
w =
√
5 − x
, khi đó ta có





2 − u

2
= uv + vw + wu
3 − v
2
= uv + vw + wu
5 − w
2
= uv + vw + wu
, Hệ phương
trình trên tương đương với hệ sau





(u + v)(u + w) = 2
(u + v)(v + w) = 3
(u + w)(v + w) = 5
, giải hệ trên ta tìm được nghiệm u =
√
30
60
suy ra x =
239
120
Với cách giải như trên ta có thể giải các phương trình sau
1. x
2
=
√

2 − x
2
.
√
5 − x
2
+
√
5 − x
2
.
√
10 − x
2
+
√
10 − x
2
.
√
2 − x
2
(Chúng ta có thể sáng tạo ra những phương trình khác dựa vào cách sáng tạo trên)