KINH NGHIỆM:
VẬN DỤNG NHỮNG BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC “NON STANDARD
PROBLEMS” TRONG RÈN LUYỆN TƯ DUY TOÁN HỌC CHO
HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ.
Trong thời kỳ phát triển và hội nhập, cùng với việc gia nhập tổ chức WTO đã
mở cho đất nước ta rất nhiều cơ hội lớn nhưng cũng không ít những thách thức
lớn. Trước một thực tại như vậy , nước ta lại phải cùng một lúc giải quyết ba
nhiệm vụ : Thoát khỏi tình trạng nghèo nàn lạc hậu của nền kinh tế nông nghiệp ;
đẩy mạnh công nghiệp hóa , hiện đại hóa và đồng thời tiếp cận ngay với nền kinh
tế tri thức . Để làm nên sự nghiệp ấy đòi hỏi rất nhiều yếu tố tác động tới, trong đó
có việc thích ứng ngay với nền kinh tế tri thức của thế giới . với bộ môn Toán nếu
“Toán học là một môn thể thao của trí tuệ” thì công việc của người dạy Toán là
tổ chức hoạt động trí tuệ ấy. Có lẽ không có môn học nào thuận lợi hơn môn Toán
trong công việc gây hứng thú song cũng đầy khó khăn này.
Là một giáo viên giảng dạy môn Toán nhiều năm qua và nhiều năm tham
gia bồi dưỡng học sinh giỏi . Bản thân tôi luôn trăn trở rất nhiều về quá trình học
Toán và làm Toán của các em học sinh, trong quá trình học Toán, làm Toán các
em học sinh cũng gặp đây đó những bài Toán mà đầu đề có “vẻ lạ”, “không bình
thường”, những bài Toán không thể giải bằng cách áp dụng trực tiếp các quy tắc,
các phương pháp quen thuộc. Những bài Toán như vậy thường được gọi là “không
mẫu mực”(non standard problems) có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư
duy Toán học và thường là sự thử thách đối với học sinh trong các kỳ thi học sinh
giỏi, thi vào các lớp chuyên Toán, thi vào Đại học. Đương nhiên quen thuộc hay
“không mẫu mực” chỉ là tương đối, phụ thuộc vào trình độ, kinh nghiệm của người
học Toán; giải Toán, có bài Toán là “lạ”, “không mẫu mực” đối với người này
nhưng lại quen thuộc đối với người khác.
Để đạt được mục tiêu này tôi xin chân thành cảm ơn tập thể đồng nghiệp đã
tạo mọi điều kiện giúp đỡ để tôi có điều kiện trình bày và trao đổi đề tài này.
Kính thưa quý đồng nghiệp thân mến !
Trang 1

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

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

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

Phương pháp thường vận dụng :
1/ Đưa về phương trình tích :
a/Các bước :
+ Tìm tập xác định của phương trình
+ Dùng các phép biến đổi đại số đưa PT về dạng f(x).g(x) h(x)=0
+ Dùng ẩn phụ
Trang 4
+ Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách số hạng
b/ Ví dụ1 : Giải phương trình :
2
10 21 3 3 2 7 6x x x x+ + = + + + −
( 3)( 7) 3 3 2 7 6 3( 7 3) 2( 7 3) 0
( 7 3)( 3 2) 0
x x x x x x x
x x
⇔ + + = + + + − ⇔ + + − − + − =
⇔ + − + − =
⇔
7 3 0
3 2 0
x
x

+ − =

+ − =



⇔

7 9
3 4
x
x
+ =


+ =

ĐS : x=1; x= 2.
Ví dụ 2: Giải phương trình :
3
1 2 1x x− + + =
Giải : Điều kiện x
≥
- 2
Đặt :
2t x= +
( t
≥
0)
⇔
3 2
3 1t t− + =
⇔
3 2
3 1t t− = −
⇔
3- t
2

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

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

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

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

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

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

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

ra không còn nghiệm nào khác nữa :
b/ Ví dụ
Ví dụ 1:Giải phương trình :
4 2
4 2 4 2 4 2
1
4 8
8 14 8 12 8 16
2
25(3 25 ) 29 18.3 7
x x
x x x x x x
− +
− + − + − +
+ = − −
(1)
Gợi ý :
2 2
2 2 2 2 ( 4)
( 4) 1 ( 4) 2
3 7 7 29
x
x x
−
− + − +
+ + =
x =
±
2 là nghiệm số của (1)
Xét x

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

⇔

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

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

a/ Các bước :
- Tìm ĐK tồn tại của phương trình.
- Biến đổi PT để xuất hiện nhân tử chung.
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc GPT về việc giải HPT quen thuộc.
b/ Ví dụ
Trang 7
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
4 4 x x− + =

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

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

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

⇔

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

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

=
c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1. 2 – x
2
=
2 x−
2. x
3
+ 1 = 2
3
2 1x −
Trang 8
3.
3 3
2 2 2
(3 1) (3 1) 9 1 1x x x+ + − + − =
II/ Phương trình nhiều ẩn :
1/ Đưa về phương trình tích :
a/Các bước :
Đưa phương trình về dạng f
1
(x,y, ) f
n
(x,y ) = a
1.
a
2
a
n

.
Với a
1;
a2; ;a
n

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

⇔

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


− =




 + =




− =




⇔
45
46
3
10
x
y
x
y

 =




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


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

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

m n−

=


− =


⇔
6
11
n
m
=


=

Nghiệm tự nhiên của phương trình là m=11; n = 6.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nhiệm tự nhiên của phương trình sau :
1. x
2
(x
2
+ 2y) – y
2
(y + 2x) = 1991 ( Đề thi hsg toán 9 Hà Nội 1990 – 1991).
Trang 9
ĐS : x = 12; y = 1.

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

Với k; a
1;
a
2
; ;a
n

∈
Z.
f
1
(x,y, ); f

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

1
n
a
q
b

q
q
q
= +
+
+ +
+

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

169 = 13
2
+ 0
2
= 12
2
+ 5
5
Mà y
∈
Z
+
;
2x y−
∈
N
Do đó có các khả năng sau :
1.
2 0x y− =
; y= 13 suy ra x = 26 ; y= 13
2.
2 5x y− =
; y= 12 suy ra x = 29 ; y= 12 ; Hoặc x= 19 ; y = 12
3.
2 12x y− =
; y= 5 suy ra x = 22 ; y= 5; Hoặc x= -2 ; y= 5 (loại)
Trang 10
Thử lại ta có nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình là :
(26 ; 13); (29;12); (19;12); (22;5)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x
2
+ 13y
2
= 100 +6xy
Giải : x
2
+13y
2
=100+6xy
⇔
(x - 3y)
2
+(2y)
2
=100
⇔
(
3x y−
)
2
+ (
2y
)
2
=100
Mà 100 = 0
2
+ 10
2

= 6
2
+ 8
5

3x y−
;
2y
∈
N
Từ đó giáo viên có thể đưa ra nghiệm của phương trình như sau :
(15 ; 5); (-15;-5); (10; 0); (-10;0); (18 ; 4); (-18;-4); (6;4);
(-6;-4); (17 ; 3); (-17;-3); (1; 3); (-1;- 3) .
Chú ý :
1. Tìm nghiệm nguyên của một số phương trình có dạng :
ax
2
+ bxy + cy
2
+ d = 0 (a ; b;c;d là các hằng số nguyên )
Có thể giải được bằng phương pháp trên.
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
3x
2
+ 2y
2
+ z
2
+ 4xy + 2xz = 26 – 2yz
⇔

x
2
+(x
2
+ 2xy + y
2
)+ (x
2
+ y
2
+ z
2
+2xy+ 2xz + 2yz) = 26
⇔
x
2
+(x+y)
2
+ (x+y+z)
2
= 26
vì x , y, z nguyên dương nên 1
≤
x< x + y < x + y + z
Mà 26 = 1
2
+ 3
2
+ 4
2


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

⇔
1
2
1
x
y
z
=


=



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

∈

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

y
z
+ = +
+ +
Vì sự phân tích trên là duy nhất nên ta có :
x = 1 ; y = 2 ; x = 3.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau :
1, 31(xyzt+ xy + xt + zt + 1 ) = 40 ( yzt + y + t)
Đáp số nghiệm tự nhiên của phương trình là ( 1; 3 ; 2 ; 4 )
2, 55( x
3
y
3
+ x
2
+ y
2
)= 229( xy
3
+ 1 )
Đáp số : (2;3)
2. (x
2
+ 4 y
2
+ 28 )
2
= 17(x
4

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

sao cho :

2 2 2
1 2
1 1 1
1
n
x x x
+ + + =
Đáp số : không có giá trị nguyên nào thỏa mãn YCBT.
3/ Nhận xét về ẩn số :
a/Các bước :
1. Trước khi bắt tay vào giải toán, ta nên nhận xét xem vai trò
của các ẩn số , cấu trúc của ẩn. Để có một cách giải phù hợp.
2. Nếu các ẩn (x;y;z ) có vai trò bình đẳng như nhau, thì ta có
thể giả sử x
≤
y

≤
hoặc x
≥
y
≥
để thu hẹp miền xác định của bài
toán.
Trang 12
3. Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, như lũy thừa cùng bậc của các
số nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp thì ta “khử ẩn” để
đưa phương trình về dạng quen thuộc hơn hoặc ít ẩn hơn.
4. Thường vận dụng hai nhận xét sau :
a) x
n
< y
n
< (x + a)
n
; (a
∈
Z
+
)
suy ra : y = (x + a+ i)
n
. với i = 1;2; ; a-1.
b) x(x+ 1) (x + n) < y (y+1) (y+ n) < (x + a)( x+ a + 1) (x + a+ n)
a
∈
Z

+
Suy ra : y(y +1) (y + n) = (x+ i)(x + i +1) (x + i + n) . với i = 1; ;a-1.
b/ Ví dụ :
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1 1 1
2
x y z
+ + =
Giải : Do vai trò bình đẳng của x , y , z nên ta có thể giả sử : x
≤
y
≤
z.
Ta có :
1 1 1 1
3. 2
x x y z
≥ + + =
suy ra x = 1
1 1 2
1 1y
y z y
= + ≤ ⇒ =
hoặc y = 2
y=1 loại vì
1
0
z
=
y= 2 suy ra z = 2.

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( 1; 2 ; 2 ) và các hoán vị.
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x + y + 1 = xyz
Giải : vai trò của x, y bình đẳng nên giả sử x
≥
y
Ta có : * x = y thì 2x + 1 = x
2
z
⇔
x( xz -2 ) =1
⇒
x = 1 ; xz – 2 = 1
⇒
x = 1 ; z
= 3.
* x > y thì 2x +1 > xyz.
⇒
2x > xyz.Hay 2
≥
yz ( vì x≠0)
• y = 1 , z = 2
⇒
x = 2
• y= 2 , z = 1
⇒
x = 3
Vậy nghiệm tự nhiên của PT là : (1;1;3 ); ( 2;1;2); ( 1;2;2); (3;2;1); (2;3;1).
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau :
Trang 13

1.
3
xy xz yz
z y x
+ + =

2. 5(x + y + z +t) = 2xyzt- 10
3. y
3
– x
3
= 3x
4. Giải phương trình : x
6
– x
2
+ 6 = y
3
- y
4/ Vận dụng tính chất của tập hợp số nguyên :
a/Các bước :
+ Vận dụng tính chất chia hết hoặc tính chất của phép chia có dư trong tập hợp
số nguyên để tìm nghiệm.
+ Vận dụng tính chất của số nguyên tố , số vô tỉ để tìm nghiệm.
+ Ví dụ : các mệnh đề đúng :
+ Mệnh đề 1:với mọi số nguyên a, số a
2
+1không có ước nguyên tố dạng
4k+3;k
∈

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

o
– 1) = ( 2z
o
)
2
+ 1
Vì :4x
o
– 1 là số nguyên dương lớn hơn 3 và có dạng 4m + 3 , m
∈
Z
+
, nên nó
có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 3, k thuộc Z
+
Nhưng theo mệnh đề 1 thì ( 2z
o
)
2
+ 1 không có ước nguyên tố dạng 4k
+ 3
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x
3
– 63y
2
+ 36z = 1995
Giải : Ta có x
3

chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8.
Thật vậy đặt : x = 3a + r ( a
∈
Z; r = 0 ; 1 ; -1 )
x
3
= (3a +r)
3
= 9M + r
3
Rõ ràng x
3
có dạng 9k; 9k + 1; 9k – 1
Suy ra Vế trái của phương trình chia cho 9 có dư là 0 hoặc 1 hoặc 8
Vế phải của phương trình chia cho 9 cú dư là 6
Trang 14
Vậy phương trình đó cho không có nghiệm nguyên.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :
1. 4xy – y = 9x
2
– 4x + 2
2. x
2
– y
3
= 7
3.
13 7 2000x y− =
4.Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :

a/
11
2 1 3 4 1 2
5
x
x y y− + = − − +
b/
5
3 2 2 1 1
3
x
y x y− = + − − −
5/ Chứng minh bằng phản chứng :
a/Các bước : Ta có thể dùng phương pháp phản chứng sau đây : Giả sử phương
trình có nghiệm nguyên ( x
0;
y
0
; ) rồi xây dựng đi đến vô số nghiệm từ đó đi
đến mâu thuẫn hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x
0;
y
0;
) với x
0
có
giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh phương trình có
nghiệm ( x
1;
y

1
, ) mà x
0
> x
1
.
b/ Ví dụ :
Ví dụ 1 Tìm tất cả các nghiệm tự nhiên của phương trình :
x
2
+ (x+1 )
2
= y
2
+ 1
Gợi ý :
⇔
x
2
+ (x+1 )
2
- y
2
= 1
Ta thấy : x
1
= 1; y
1
= 2 là nghiệm nhỏ nhất của phương trình
Và 3x + 2 y + 1 ; 4x+ 3y + 2 cũng là nghiệm

Vì (3x + 2 y + 1)
2
+( 3x+ 2y + 2)
2
-( 4x+ 3y + 2)
2
= x
2
+ (x +1)
2
– y
2

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình sau đây có nghiệm nguyên duy nhất
x=y=0 x
2
– 7y
2
= 0
Giải : Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x
0 ;
y
0
)
≠
(0;0) mà |x
0
| nhỏ
nhất trong các giá trị có thể của nó.
Ta có :

2 2
0 0
7 0x y− =

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

 
cũng là nghiệm.
Trang 15
Mà
1
x
=
0
0
7
x
x<
, x
1
là nghiệm, vô lý . Suy ra điều phải chứng minh.
c/ Bài toán áp dụng :
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau :
x
3
+ 3
y
= 7
2. Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn phương trình :
1! + 2! + +x! = y
2
Phần II : Hệ phương trình
Ở phần I mục 4 “ Đưa về hệ phương trình” tôi đã đưa ra một số cách giải hệ
phương trình. Ở phần này với mục đích để đưa ra dưới dạng các ví dụ, mong rằng
qua các ví dụ các thầy cô đồng nghiệp và các em có những ví dụ để tham khảo.
A/ Các ví dụ :( Bài tập áp dụng phương trình tích)

Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau :
Giải :
2 2
2 2
3 9
656 657 1983
x xy y
x xy y

+ − =


− − =



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


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

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

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

+ =


+ =


+ =


+ =

Suy ra x, y , z , t lẻ do đó xyzt + x chẵn, dẫn đến mâu thuẫn
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Trang 16
Ví dụ 3 : Tm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau :
3 3 3
3
3
x y z
x y z

+ + =

+ + =

Hướng giải :Ta có công thức sau : (x+y + z)
3
–(
3 3 3
)x y z+ +

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

3 3
2
( ) 2
x y
xy x y

+ =

+ =

⇔
3
( ) 3 ( ) 2
( ) 2
x y xy x y
xy x y

+ − + =

+ =

Đặt :u = x + y ;v = xy
Ta có :
3
3 2
2
u uv
uv

− =


=


⇔

3
6 2
2
u
uv

− =

=


⇔
2
2
u
uv
=


=


⇔
2

1
u
v
=


=

Vậy :
2
1
x y
xy
+ =


=

Do đó x và y là hai nghiệm của phương trình X
2
– 2X +1 = 0
Suy ra X = 1
Vậy nghiệm (x;y) của hệ đó cho là : (1;1).
Ví dụ 5 : Giải hệ sau :
2 2 2
3 3 3
1
1
1
x y z

x y z
x y z
+ + =


+ + =


+ + =

( Đề thi giỏi toán lớp 9 TP. HCM 1986-1987)
Hướng giải:
Trang 17
Ta có : (x+y+z)
3
–(x
3
+ y
3
+ z
3
) = 3(x+y)(x+z) (z+y)
Nên (x+y)(x+z) (z+y) = 0
Suy ra : x + y = 0 hoặc x + z = 0 hoặc y+z = 0
x + y = 0 thì z= 1 và x= y = o
x + z = 0 thì y =1 và x = z = 0
y + z = 0 thì x = 1 và y = z = 0
B/ Bài toán áp dụng và tự luyện :
Giải các hệ phương trình sau trong Z :
Bài : 1 :

1995
1975
1945
1997
xyzt x
xyzt y
xyzt z
xyzt t
+ =


+ =


+ =


+ =

Bài 2 :
2 2
2 3
6 5 74
89
x y
x y

+ =



+ =


Bài 3 :
2 2 2
54
1406
x y z
x y z
+ + =


+ + =

Bài 4 :Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b
Hệ phương trình
2 2
2 2
x y z t a
x y z t b
+ + + =


− + − =

Luôn có nghiệm nguyên.
Giải các HPT sau trong R :
pBài 5 :
2 2
2 2

3
7
x y x y
x y xy

+ + + =


+ + =


Bài 6 :
( ) 4
( ) 25
( ) 9
x x y z
y x y z
z x y z
+ + =


+ + =


+ + =

Bài 7 :
Trang 18
2
2 ( )

xz y
x z y x y z
= +



+ = − +


Kết quả đạt được :Việc rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo
, đặc biệt đối với dạng Toán phương trình và hệ phương trình không mẫu mực đó thôi
thúc tôi, nghiên cứu để viết nên tài liệu này, càng khiến tôi tâm huyết tìm hiểu nghiên
cứu kinh nghiệm này.
Qua các năm giảng dạy và trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi Toán,
củng như qua trắc nghiệm hứng thú học Toán của học sinh tôi thấy chỉ có 20% các
em thực sự có hứng thú học Toán, 40% học sinh thich học Toán và 40% còn lại nửa
thích nửa không trên tổng số 420 em học sinh khối 8,9 của trường. Qua gần gũi tìm
hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học cho xong; nhiều khi học một cách thụ
động, chưa biết cách tư duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài
Toán nào đó đặc biệt dạng Toán mà tôi đang dặt vần đề ở trên. Bởi vì do điều kiện
khách quan của địa phương và của trường, học sinh chỉ được bồi dưỡng một thời
gian nhất định trước khi đi thi, do vậy chỉ được học một vài phương pháp, vì vậy
học sinh chưa có hứng thú thực sự học Toán giải Toán . Trong thực tế giảng dạy
việc bồi dưỡng học sinh khỏ giỏi môn Toán còn nặng về hình thức thiếu tính liên
tục. Với cách làm trên, đây đó mang lại hiệu quả chưa thật cao trong việc rèn luyện
giải Toán , nhưng phần nào tạo cho học sinh không còn bâng quỏ bỡ ngỡ khi gặp
những bài Toán được coi là “lạ” nữa . Cụ thể 80% các em học sinh thích học Toán
đó thực sự có hứng thú học Toán muốn được bồi dưỡng thành những học sinh khá
giỏi với chuyên đề tôi vừa trình bày, 20% các em cần cần gợi ý các trường hợp.Song
nhìn chung các em rất mong muốn được tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi với

chuyên đề này.
Qua thời gian áp dụng kinh nghiệm vào thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học
sinh giỏi Toán tôi rút ra được những kinh nghiệm sau :
Đây là một kinh nghiệm nhỏ nhắm góp phần vào các chuyên đề bồi dưỡng
học sinh giỏi Toán, tôi không có tham vọng qua kinh nghiệm sẽ đào tạo được nhiều
học sinh giỏi Toán mà chỉ mong được các thầy cô , đồng nghiệp tham khảo coi như
là một tư liệu trong bộ sưu tập các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, đối với học
sinh cũng mong các em quan tâm và tìm đọc các tài liệu nói về phương trình và hệ
Trang 19
phương trình không mẫu mực, và cũng coi đây là một tư liệu để các em gặp những
bài Toán dạng này không bỡ ngỡ và khó khăn trong quá trình suy luận và giải Toán.
Trên thực tế bồi dưỡng theo tài liệu tôi xin được đề xuất một số kiến nghị sau :
- Xây dựng hệ thống câu hỏi phự hợp để phát triển sức suy nghĩ của học sinh
cấp II nói chung và học sinh giỏi nói riêng trong việc học Toán.
- Tạo ra tình huống có vấn đề trong việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Toán.
- Bồi dưỡng học sinh giải Toán một cách sáng tạo, chủ động. phát huy khả
năng suy nghĩ logic và chủ động trong khi giải Toán, học Toán.
- Tài liệu bồi dưỡng cần phải đa dạng và phong phú.
- Giáo viên bồi dưỡng phải nhiệt tình tâm huyết;nắm bắt pháp hiện ham muốn
hướng thú học Toán làm Toán của học sinh.
- Rất mong muốn được các Thầy (cô) trong và ngoài trường đóng góp ý kiến
để kinh nghiệm hoàn thiện hơn và thực sự là một tài liệu tham khảo trong thư
viện của các trường của học sinh và của các đồng nghiệp .
- Quý thầy cô và các đồng nghiệp thân mến !
Bản thân tôi là giáo viên giảng dạy môn Toán gần 30 năm, làm tổ trưởng tổ tự
nhiên nhiều năm liền, đã từng nhiều năm bồi dưỡng đội tuyển cấp huyện dự thi học
sinh giỏi cấp tỉnh trong nhiều năm liên tục (1983-2002). Đến nay, tuy tuổi đã cao
sức khoẻ có phần giảm sút .Nhưng với niềm đam mê môn Toán, hàng tuần tôi vẫn
giành thời lượng quy định để tham khảo tài liệu tìm tòi các bài Toán hay, những lời
giải đẹp, nhằm tiếp tục gây niềm đam mê dạy Toán và học Toán của mình, trong

những đam mê đó thì việc bồi dưỡng học sinh chất lượng mũi nhọn được tôi rất
quan tâm rất nhiều trên cương vị là giáo viên đứng lớp, từ suy nghĩ đó tôi đó trăn
trở và viết lên những lời này với mong muốn làm hành trang cho mỡnh trong quá
trình giảng dạy và được mạn phép trao đổi giao lưu với các quý thầy cô trong và
ngoài nhà trường, với mục đích thực hiện thắng lợi mục tiêu đào tạo của huyện nhà
nói chung và trường THCS Nguyễn đình Chiểu núi riêng ngày càng có nhiều hơn
nữa những học sinh học giỏi Toán, say mê tìm tòi và giải Toán hơn nữa.
Trang 20
Qua kinh nghiệm này tôi mong muốn và tin tưởng không có nhiều bất ngờ từ
kết quả đạt được như đó ở trên. Một lần nữa xin chân thành cảm ơn các đồng chí,
đồng nghiệp trong và trường, các em là cựu học sinh, các em đang là học sinh của
trường trong năm học 2010 – 2011 đó tạo mọi điều kiện giúp tôi trao đổi áp dụng
thành công kinh nghiệm này.
Xin chân thành cảm ơn !
Ngày25 tháng 12 năm 2010
MAI TRỌNG MẬU
Trang 21