TRƯỜNG CĐSP BÌNH DƯƠNG
KHOA TỰ NHIÊN

Chuyên đề bồi dưỡng nghiệp vụ
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẤT QUI TẮC
Trong quá trình học toán, các bạn học sinh có thể gặp những bài toán mà đầu đề có vẽ
“lạ” , “không bình thường”, những bài toán không thể giải bằng cách áp dụng trực tiếp các
qui tắc , các phương pháp quen thuộc. Những bài toán như vậy thường được gọi là “không
mẫu mực “ các bài toán đó có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học .
Đương nhiên , quen thuộc hay “không mẫu mực”chỉ là tương đối, phụ thuộc vào trình độ ,
vào kinh nghiệm của người giải toán; có bài toán là “lạ”,”không mẫu mực”đối với người
này , nhưng là quen thuộc đối với người khác.
Do vậy qua kinh nghiệâm giảng dạy bộ môn phương pháp dạy học toán, chúng tôi đã tổng
hợp, phân loại và hương dẫn phương pháp giải đối với nhiều phương trình “ không mẫu
mực” ở các lớp 8,9 và đầu phổ thông trung học. Chúng tôi vui mừng giới thiệu với các bạn
yêu toán về chuyên đề này, rất mong được đóng góp những điều bổ ích cho các bạn yêu
thích toán .

Người viết chuyên đề

1


A . PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN
I . PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
Bằng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình cần giải về phương trình tích dạng
f(x).g(x)…..h(x) = 0 , với f(x)=0, g(x)=0….h(x)=0 là những phương trình quen thuộc.
Nghiệm của phương trình cần giải là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x)=0 ,
g(x)=0….h(x)=0
BÀI TẬP ÁP DỤNG
1. Giải phương trình x 4 − 10 x 3 + 23 x 2 + 10 x − 24 = 0 (1)

(lớp 8 )

Giải : (1) ⇔ x 2 ( x 2 − 1) − 10 x( x 2 − 1) + 24( x 2 − 1) = 0
⇔ ( x 2 − 1)( x 2 − 10 x + 24) = 0
⇔ (x+1)(x-1)(x-4)(x-6) =0

Vậy ; x1 = −1; x 2 = 1; x3 = 4; x 4 = 6 là nghiệm của phương trình
2. Giải phương trình :

x 2 + 10 x + 21 = 3 x + 3 +2 x + 7 - 6

Giải : Điều kiện x ≥ -3
(2) ⇔ ( x + 3)( x + 7) -3 x + 3 - 2 x + 7 +6 = 0 ⇔
⇔ ( x + 7 - 3)( x + 3 - 2) = 0
⇔

x+7 −3 = 0
x+3 −2 = 0

⇔

x1 = 2

x + 3 ( x + 7 - 3)-2( x + 7 - 3) = 0

; x2 = 1

3. Giải phương trình : 6 x − 27.2 x − 4.3 x + 108 = 0
Giải :


(2)( lớp 9)

là nghiệm của phương trình

(3) ( lớp 8 )

x
x
x
x
x
(3) ⇔ 2 (3 − 27) − 4(3 − 27) = 0 ⇔ (3 − 27)(2 − 4) = 0

3 x − 27 = 0
⇔

2x − 4 = 0

⇔ ( x1 = 3

;

x 2 = 2 ) là nghiệm của phương trình

4. Giải phương trình : 125 x 3 − (2 x + 1) 3 − (3 x − 1) 3 = 0 (4) (lớp 8 )
2


3

3
3
Giải : p dụng hằng đẳng thức : (a + b) − ( a + b ) = 3ab(a + b)
3
(4 ) ⇔ [ (2 x + 1) + (3x − 1)] − [(2 x + 1) 3 + (3 x − 1) 3 ] = 0 ⇔ 3(2x+1)(3x-1).5x = 0

1
3
1
x=2

2x+1 = 0
⇔

3x -1 = 0

x=

⇔

5x = 0

x=0
1
1
; - ; 0
3
2

Nghiệm của phương trình đã cho là : (


5. Giải phương trình : 8 x 3 = (4 x + 1) 3 − (2 x + 1) 3

)

(5) (lớp 8)

Giải : p dụng hằng đẳng thức : (a − b) − (a − b ) = −3ab(a − b)
3
(5) ⇔ [ (4 x + 1) − (2 x + 1)] − [(4 x + 1) 3 − (2 x + 1) 3 ] = 0 ⇔ -3(4x+1)(2x+1).2x = 0
3

4x+1 = 0
⇔

2x+1 = 0
2x = 0

3

3

1
4
1
x = 2

x= -

⇔


x=0

Nghiệm của phương trình đã cho là : ( 6. Giải phương trình : ( x − 3) 3 + ( x + 1) 3 = 8( x − 1) 3

1
1
; - ; 0 )
4
2

(6) (lớp 8)

Giải : p dụng hằng đẳng thức : (b − c) + (c − a ) + (a − b) = 3(b − c)(c − a)(a − b)
(6) ⇔ [ (3 x + 3) − (2 x + 6)] 3 + [ (2 x + 6) − ( x + 5)] 3 + [ ( x + 5) − (3 x + 3)] 3 = 0
⇔
3(x-3)(x+1)(x-1) = 0 . Nghiệm của phương trình đã cho là: 3 ; -1 ; 1.
II . PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN SỐ PHỤ
Dùng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn , đưa phương trình cần giải về
dạng phương quen thuộc ( với ẩn phụ ) . Giải phương trình với ẩn phụ , từ đó tìm ra nghiệm
của phương trình đã cho .
3

3

3

BÀI TẬP ÁP DỤNG
3



7. Giải phương trình : (x-2)(x-4)(x+6)(x+8) = -36

(7) ( lớp 8 )

⇔ [ ( x − 2)( x + 6)].[ ( x − 4)( x + 8)] + 36 = 0

Giải : (7)

⇔

( x + 4 x − 12)( x + 4 x − 32) + 36 = 0 . Đặt y = x + 4 x − 12 . Phương trình đã cho trở thành :
2

2

2

y(y -20) + 36 = 0 ⇔ (y – 18)(y – 2) = 0 ⇔ y = 18 hoặc y = 2
∗

x 2 + 4 x − 12 = 18 ⇔ ( x + 2) 2 = 34 ⇔ x + 2 = ± 34

∗

x 2 + 4 x − 12 = 2 ⇔ ( x + 2) 2 = 18 ⇔ x + 2 = ±3 2

Nghiệm của phương trình đã cho là :
34 − 2 ; - 34 − 2 ; 3 2 − 2 ; -3 2 − 2
8. Giải phương trình :


Giải : Đặt

2 x − 2 + 2 (2 x − 3) + 2 x + 13 + 8 (2 x − 3) = 7 (8) (lớp 9)

y = 2x − 3

(8) trở thành
⇔

(y ≥ 0) . khi đó x =

y2 + 3
2

y 2 + 2 y + 1 + y 2 + 8 y + 16 = 7 ⇔ ( y + 1) 2 + ( y + 4) 2 = 7
y + 1 + y + 4 = 7 vì y ≥ 0 nên

Ta có :

y+1+y+4 = 7 ⇔ y = 1 .
2 x − 3 = 1 ⇔ x = 2 Nghiệm của phương trình đã cho là : 2 .

9. Giải phương trình : x(x+5)=2 3 x 2 + 5 x − 2 − 2

Giải : Đặt y =

(9)

(lớp 9)


2
3
3
x 2 + 5 x − 2 thì x + 5 x = y + 2 (9) trở thành y − 2 y + 4 = 0
⇔ ( y + 2)( y 2 − 2 y + 2) = 0 Vì y 2 − 2 y + 2 = ( y − 1) 2 + 1 > 0 > Nên y+2 = 0
tức y = -2 ⇒ x 2 + 5 x = (−2) 3 + 2 ⇔ (x + 2 )(x + 3) = 0
3

Nghiệm của phương trình đã cho là : -2 ; -3 .
10 . Giải phương trình :

( x + 2) 4 + x 4 = 82

(10)

(lớp 8 )

Giải : Đặt x+1 = y , khi đó (10) trở thành :
( y + 1) 4 + ( y − 1) 4 = 82 ⇔ y 4 + 6 y 2 − 40 = 0 ⇔ ( y 2 + 10)( y 2 − 4) = 0 .
Vì y 2 + 10 ≠ 0 nên y 2 − 4 = 0 hay ( x + 1) 2 = 4 ⇔ x1 = 1; x 2 = −3

Nghiệm của phương trình đã cho là : 1 ; -3 .
4
4
Chú ý : Đối với phương trình dạng ( x + a) + ( x + b) = c (a,b,c là hằng số)
Đặt ẩn phụ y = x +

a+b
thì phương trình cần giải đưa về dạng quen thuộc

2

4


là dy 4 + ey 2 + g = 0 ( d,e,g là hằng số )
11 . Giải phương trình : ( x 2 − 2 x + 2) 4 − 20 x 2 ( x 2 − 2 x + 2) 2 + 64 x 4 = 0 (11) (lớp 8)
2
2
Giải : Đặt ( x − 2 x + 2) = y

( y ≥ 0 ) Phương trình đã cho trở thành
y 2 − 20 x 2 y + 64 x 4 = 0 ⇔ ( y − 4 x 2 )( y − 16 x 2 ) = 0 Vậy y − 4 x 2 = 0 hoặc y − 16 x 2 = 0
∗ y − 4 x 2 = 0 hay ( x 2 − 2 x + 2) 2 - 4 x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − 2 x + 2 + 2 x)( x 2 − 2 x + 2 − 2 x) = 0
⇔ ( x 2 + 2)( x 2 − 4 x + 2) = 0 ; x 2 + 2 ≠ 0 . Vậy x 2 − 4 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 2) = 2 .
Vậy x = 2 + 2 hoặc x = − 2 + 2
∗
y − 16 x 2 = 0 hay ( x 2 − 2 x + 2) 2 − 16 x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − 2 x + 2 + 4 x)( x 2 − 2 x + 2 − 4 x) = 0
⇔ ( x 2 + 2 x + 2)( x 2 − 6 x + 2) = 0 ; x 2 + 2 x + 2 = ( x + 1) 2 + 1 ≠ 0 . Vậy x 2 − 6 x + 2 = 0
⇔ ( x − 3) 2 = 7 . Vậy x = 7 + 3 hoặc x = − 7 + 3 .
Nghiệm của phương trình đã cho là : 2 + 2 ; − 2 + 2 ; 7 + 3 ; − 7 + 3 .
12. giải phương trình :

n

(12) ( lớp 9 )

( x + 1) 2 − 3 n ( x − 1) 2 = −2 n ( x 2 − 1)

với n ∈ N ; n ≥ 2

Giải : Rõ ràng x=1 không phải là nghiệm của (12) . Chia hai vế của (12) cho
ta được :

n

( x + 1) 2
− 3 = −2
( x − 1) 2

n

n

( x − 1) 2

x +1
x +1
. Đặt y = n
. Ta có : y 2 − 3 = −2 y
x −1
x −1

⇔ ( y − 1)( y + 3) = 0 . Vậy y = 1 hoặc y = -3
x +1
= 1 ⇔ x + 1 = x − 1 ⇔ 0 x = −2 ( vô nghiệm )
x −1
x +1
x +1
x +1
3n − 1

∗ n
= −3 : * Với n lẻ n
= −3 ⇔
= (−3) n ⇔ x = n
x −1
x −1
x −1
3 +1
x +1
= −3 (vô nghiệm )
* Với n chẵn n
x −1
3n − 1
x
=
phương trình đã cho có nghiệm là :
khi và chỉ khi n lẻ
3n + 1
∗

n

13. Giải phương trình : ( x + 4) 4 = 2(2 x + 13) 3 + 50(2 x = 13)

(13)

(lớp 9)
4

5

5

3
Giải : Đặt 2x+13 = 2y , khi đó x+4 = y − ; (13) trở thành  y −  = 16 y + 100 y
2
2


4

5
25 


⇔  y −  − 16 y y 2 +  = 0 (13' )
2
4



5


2

mà

y2 +

25 

5
=  y −  + 5 y nên (13 ' ) được viết :
4 
2
2

5

Đặt  y −  = t
2


4

2

5
5


2
''
 y −  − 16 y y −  − 80 y = 0 (13 )
2
2



(13'' ) trở thành t 2 − 16 yt − 80 y 2 = 0 ⇔ (t + 4 y )(t − 20 y ) = 0


Vậy t+4y = 0 hoặc t-20y = 0
*

2

2

5
25
1


2
= 0 ⇔  y −  + 6 = 0 , vô nghiệm
 y −  + 4y = 0 ⇔ y − y +
2
4
2


2

2

25
5
25
25 



2
= 5 6 hoặc
= 0 ⇔  y −  = 25.6 ⇔ y −
*
 y −  − 20 y = 0 ⇔ y − 25 y +
2
2
4
2 


25
25
25
10 6 − 1
y−
= −5 6 ; với y −
= 5. 6
thì 5 6 + = 2 x + 13 ⇒ x =
2
2
2
4
25
25
− 10 6 − 1
với y − = −5 6 thì − 5 6 + = 2 x + 13 ⇒ x =
2
2
4


Nghiệm của phương trình đã cho là :
14 . Giải phương trình :

Giải :

10 6 − 1 − 10 6 − 1
;
4
4

x
x 2 + 10 x + a
=
x 2 + 9x + a
x 2 + 8x + a

2
Đặt y = x + 9 x + a phương trình đã cho trở thành :

(lớp 8)
x y+x
=
y y−x

Từ đó xy − x 2 = y 2 xy ⇒ x = y . Nhưng khi đó mẫu số bằng 0 .
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm với mọi a .
III . PHƯƠNG PHÁP NHÓM , THÊM BỚT , TÁCH CÁC SỐ HẠNG
Đưa phương trình đã cho về dạng quen thuộc bằng cách nhóm các số hạng ở hai vế .
Hoặc tách mỗi số hạng thành hiệu ( tổng ) của hai biểu thức . Nhờ đó có thể thu gọn được

từng cặp biểu thức trung gian .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
15. Giải phương trình :

Giải :

1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 + 42 18
2

1
1
1
1
+
+
=
; ( x ≠ −4;−5;−6;−7)
( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18
1
1
1
1
1

1
1
1
1
1
⇔
−
+
−
+
−
=
⇔
−
=
x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18
x + 4 x + 7 18

(15) ⇔

6


⇔ x 2 + 11x − 26 = 0 ⇔ ( x + 13)( x − 2) = 0

Nghiệm của phương trình đã cho là : -13 ; 2 .
x
2+

16. Giải phương trình :


=4

x
2+

x
2+

x

(16)

2 + ....
2+

x
1+ 1+ x

( Ở vế trái có 2006 con sôù 2)
Giải :

Với

x ≥ −1 thì

x

= x + 1 − 1 . Do đó 2 +


1+ x +1
Như vậy vế trái của (16) là : x + 1 − 1 .

(lớp 9)
x
1+ x +1

= x +1 +1

x + 1 − 1 = 4 ⇔ x = 24
Phương trình đã cho trở thành :
Nghiệm của phương trình đã cho là : 24 .

17. Giải phương trình :

x − 291 x − 293 x − 295 x − 297
+
+
+
=4
1700
1698
1696
1694

(17)

( lớp 8 )

 x − 291   x − 293   x − 295   x − 297 

− 1 + 
− 1 + 
− 1 + 
− 1 = 0
 1700
  1698
  1696
  1694

x − 1991 x − 1991 x − 1991 x − 1991
⇔
+
+
+
=0
1700
1698
1696
1694
1
1
1 
1
1
1 
 1
 1
⇔ ( x − 1991)
+
+

+
+
+
+
 = 0 mà 
≠0
 1700 1698 1696 1694 
 1700 1698 1696 1694 

(17) ⇔ 

Nên x-1991 = 0 Nghiệm của phương trình đã cho là : 1991 .

18. Giải phương trình :

x + 2 x + 3 x + 4 x + 5 x + 349
+
+
+
+
=0
327
326
325
324
5

(18)

( lớp 8 )


 x + 2   x + 3   x + 4   x + 5   x + 349

+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 + 
− 4 = 0
 327
  326
  325
  324
  5

x + 329 x + 329 x + 329 x + 329 x + 329
⇔
+
+
+
+
=0
327
326
325
324
5

Giải : (18) ⇔ 

7



1
1
1
1
 1
⇔ ( x + 329) 
+
+
+
+ =0
 327 326 325 324 5 
1
1
1
1
 1
+
+
+
+  ≠ 0 , nên:x+329 = 0 ⇔ x = -329

 327 326 325 324 5 

mà

Nghiệm của phương trình đã cho là : -329 .

19. Giải phương trình :


1
x+3 + x+2

+

1
x + 2 + x +1

+

1
x +1 + x

= 1 (19) (lớp 9)

Giải : Điều kiện : x ≥ 0
(19) ⇔ ( x + 3 − x + 2 ) + ( x + 2 − x + 1) + ( x + 1 − x ) = 1 ⇔ x + 3 − x = 1 ⇔ x = 1
Nghiệm của phương trình đã cho là : 1 .
20 . Giải phương trình :
(3x 2 − 11x + 13)(− x 2 − x + 9) + (3 x 2 − 8 x + 8)( x 2 − 2 x − 4) = −(2 x 2 − 7 x + 11)( x + 1) (20) (lớp 9)

Giải : (20)

[

][

] [


]

⇔ ( x 2 − 6 x + 11) + (2 x 2 − 5 x + 2) ( x 2 − 6 x + 11) − ( 2 x 2 − 5 x + 2) + (2 x 2 − 5 x + 2) + ( x 2 − 3 x + 6) .

[(2 x

2

] [

][

]

− 5 x + 2) − ( x 2 − 3x + 6) + ( x 2 − 3 x + 6) + ( x 2 − 4 x + 5) ( x 2 − 3 x + 6) − ( x 2 − 4 x + 5) = 0

⇔ ( x − 6 x + 11) − (2 x − 5 x + 2) + ( 2 x − 5 x + 2) − ( x − 3 x + 6) + ( x − 3 x + 6) − ( x 2 − 4 x + 5) 2 = 0
2

2

2

2

2

2

2


2

2

2

⇔ ( x 2 − 6 x + 11) 2 − ( x 2 − 4 x + 5) 2 = 0 ( 20 ' ) .
( x 2 − 6 x + 11) = ( x − 3) 2 + 2 > 0 và ( x 2 − 4 x + 5) = ( x − 2) 2 + 1 > 0
mà
nên từ (20 ' ) ta có x 2 − 6 x + 11 = x 2 − 4 x + 5 ⇔ x = 3

Nghiệm của phương trình đã cho là : 3 .
IV . PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG KIẾN THỨC BẤT ĐẲNG THỨC
* Loại 1 : Đưa phương trình cần giải về dạng f(x) = g(x) mà f(x) ≥ a ; g ( x) ≤ a
(a là hằng số ) . Nghiệm của phương trình là các giá trò x thoả mãn đồng thời
f(x) = a , g(x) = a .
• Loại 2 : Đưa phương trình cần giải về dạng h( x) = a ( a là hằng số )
Mà ta luôn có h(x) ≥ a hoặc h( x) ≤ a thì nghiệm phương trình là giá trò của biến x
làm cho dấu đẳng thức xảy ra .

8


BÀI TẬP ÁP DỤNG
21 . Giải phương trình :

3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2

Giải : (21) ⇔ 3( x + 1) 2 + 4 + 5( x + 1) 2 + 9 = 5 − ( x + 1) 2

Mà

(21) (lớp 9)

( 21' )

2
3( x + 1) 2 + 4 + 5( x + 1) 2 + 9 ≥ 4 + 9 = 5 ; 5 − ( x + 1) ≤ 5

Ta có ( 21' ) khi và chỉ khi ( x + 1) 2 = 0 hay x = -1
Nghiệm của phương trình đã cho là : -1 .
22. Giải phương trình :

2 x 2 − 8 x + 12 = 3 − 4 3x 2 − 12 x + 13

Giải : (22) ⇔ 2( x − 2) 2 + 4 + 4 3( x − 2) 2 + 1 = 3
Mà

2( x − 2) 2 + 4 ≥ 4 = 2 ;

4

(22)

(lớp 9)

(22 ' )

'
2

3( x − 2) 2 + 1 ≥ 4 1 = 1 . Do đó từ ( 22 ) ⇒ ( x − 2) = 0

Nghiệm của phương trình đã cho là : 2 .
23. Giải phương trình :
x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + 4 x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2

Giải : (23) ⇔
Mà

(23)

( x − 3) 2 + 2 + ( x − 3) 2 + 4 + 4 ( x − 2) 2 + 1 = 3 + 2

( x − 3) 2 + 2 + ( x − 3) 2 + 4 + 4 ( x − 2) 2 + 1 ≥

(lớp 9)
(23' )

2 + 4 + 4 1 = 3+ 2

Như vậy (23 ' ) xãy ra khi và chỉ khi ( x − 3) 2 = 0 và ( x − 2) 2 = 0 . Điều này không thể có
được . Vậy phương trình vô nghiệm .
24 . Giải phương trình :
Giải :
Mà

x 2 − 6 x + 15
= x 2 − 6 x + 18
2
x − 6 x + 11


(24)

(lớp 9)

4
= ( x − 3) 2 + 9
(24 ' )
2
( x − 3) + 2
4
4
1+
≤ 1 + = 3 và
( x − 3) 2 + 9 ≥ 9 = 3
2
1
( x − 3) + 2
⇔ 1+

Do đó (24 ' ) ⇔ ( x − 3) 2 = 0 hay x = 3 . Nghiệm của phương trình đã cho là : 3 .
25 . Giải phương trình :
19

x −1

+5

4


x 2 −1

6

+ 91

x 2 −3 x + 2

=3

(25)

(lớp 9)

9


2
2
Giải : Để các căn thức có nghóa x phải thoả : x − 1 ≥ 0 ; x − 1 ≥ 0 ; x − 3x + 2 ≥ 0
Khi đó 19 x −1 + 5 x −1 + 91 x −3 x + 2 ≥ 19 0 + 5 0 + 910 = 3
Ta có (25) khi và chỉ khi có đồng thời x − 1 = 0 ; x 2 − 1 = 0 ; x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇒ x = 1
Nghiệm của phương trình đã cho là : 1 .
4

6

2

26 . Giải phương trình :


2

x 2 − 3 x + 3,5 = ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 − 4 x + 5)

(26)
(lớp 9)

Giải : p dụng

a+b
≥ ab
2

( a , b ≥ 0 ) dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b

( Bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm )
Ta có x − 2 x + 2 = ( x − 1) + 1 > 0 ; x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2) 2 + 1 > 0 .
2

2

( x 2 − 2 x + 2) + ( x 2 − 4 x + 5)
≥ ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 − 4 x + 5
Nên
2
3
2
2
Do đó : (26) ⇔ x − 2 x + 2 = x − 4 x + 5 ⇔ x =

2
x 2 − 3 x + 3,5 =

3
.
2

Nghiệm của phương trình đã cho là :
27 . Giải phương trình :

5 x 3 + 3 x 2 + 3x − 2 =

x2
1
+ 3x −
2
2

(27)

(lớp 9 )
2

1
3

Giải : Vì : 5 x + 3 x + 3 x − 2 = ( x + x + 1)(5 x − 2) mà x + x + 1 =  x −  + > 0
2
4


Nên
5 x 3 + 3 x 2 + 3x − 2 có nghóa khi 5 x − 2 ≥ 0
a+b
≥ ab ( a , b ≥ 0 ) . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b
p dụng
2
3

2

2

2

( Bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ) . Ta có :

( x 2 + x + 1) + (5 x − 2) x 2
1
=
+ 3x −
2
2
2
2
2
Do đó (27) ⇔ x + x + 1 = 5 x − 2 ⇔ x − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0
5 x 3 + 3 x 2 + 3x − 2 = ( x 2 + x + 1)(5 x − 2) ≤

Nghiệm của phương trình đã cho là : 1 ; 3 .
28 . Giải phương trình :

Giải :

p dụng

3x − 1 + 2 x − 1 = 5x − 3

a + b ≥ a+b

(28)

( Lớp 8 )

( dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 )

3 x − 1 + 2 x − 1 = 3 x − 1 + 2 x − 2 ≥ 3x − 1 + 2 x − 2 = 5 x − 3

10


Do đó (28) ⇔ (3 x − 1)(2 x − 2) ≥ 0 hay x ≥ 1 hoặc x ≤

1
3

Nghiệm của phương trình đã cho là :
29 . Giải phương trình : 4 x + 1 − x − 2 − 3 x + 2 = 0
Giải : p dụng

a − b ≤ a −b


1 

 − ∞ ;  ∪ [ 1 ; + ∞)
3 


(29) (lớp 8)

, ( dấu đảng thức xảy ra khi và chỉ khi (a − b)b ≥ 0 )

; 4 x + 1 − x − 2 = 4 x + 4 − x − 2 ≤ (4 x + 4) − ( x − 2) = 3 x + 6 = 3 x + 2
Do đó (29) ⇔ (3x + 6)( x − 2) ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 hoặc x ≤ − 2
Nghiệm của phương trình đã cho là : ( − ∞ ; − 2 ] ∪ [ 2 ; + ∞
30 . Giải phương trình :
Gợi ý :

(30) ⇔

x + 3 − 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 1 (30)

)

(lớp 9 )

( x − 1 − 2) 2 + ( x − 1 − 3) 2 = 1

p dụng

a + b ≥ a+b


Ta có :

x −1 − 2 + 3 − x −1 ≥

( dấu đẳng thứcxảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 ) .
x −1 − 2 + 3− x −1

= 1

Do đó (30) ⇔ ( x − 1 − 2 )( 3 − x − 1 ) ≥ 0 . Từ đó ta tìm được nghiệm của (30)
31 . Giải phương trình :

[

]

13 ( x 2 − 3x + 6) 2 + ( x 2 − 2 x + 7) 2 = (5 x 2 − 12 x + 33) 2

(31) (lớp 10)

Giải : p dụng : (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ≥ (ax + by ) 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a b
=
x y

( Bất đẳng thức Bunhia cốpxki – Côsi )
Ta có : (2 2 + 3 2 ) [( x 2 − 3 x + 6) 2 + ( x 2 − 2 x + 7) 2 ] ≥ [ 2( x 2 − 3x + 6) + 3( x 2 − 2 x + 7)] =
2


(5 x 2 − 12 x + 33) 2

Do đó

x 2 − 3x + 6 x 2 − 2 x + 7
=
⇔ x 2 − 5x + 4 = 0
2
3
⇔ ( x − 1)( x − 4) = 0 . Vậy x = 1 hoặc x =4 .
⇔

Nghiệm của phương trình đã cho là : 1 ; 4 .

11


V . PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH NGHIỆM DUY NHẤT
Với một số phương trình , có thể thử trực tiếp để thấy một vài nghiệm của phương trình ,
rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài ra phương trình không có nghiệm nào khác nữa .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
32 . Giải phương trình : 2 x

2

(32)

2

+3


+ 3x = 9

( lớp 8 )

Giải :

Có thể thấy ngay rằng x = 0 là nghiệm của (32) .
Nếu x ≠ 0 , ta có 2 x +3 + 3 x ≥ 2 0+3 + 30 = 9 .
Do đó x ≠ 0 không thể là nghiệm của phương trình .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 0 .
2

33 . Giải phương trình :

Giải :

x

2

( 33 )

3x + 4 x = 5x

( lớp 10 )

x

3

4
(33) ⇔   +   = 1
5
5

(33' ) . Ta nhận thấy x = 2 là nghiệm của phương

x

 3
 3
trình . Nếu x > 2 thì :   <  
5
5

2

x

4
4
  <  
5
5

2

x

x


2

2

3
4
3
4
⇒   +   <   +   =1
5
5
5
5

Vậy x>2 không phải là nghiệm của phương trình .
x

 3
 3
Nếu x < 2 thì : :   >  
5
5
x

2

4
4
  > 

5
5

2

x

x

2

2

3
4
3
4
⇒   +   >   +   =1
5
5
5
5

Vậy x < 2 không phải là nghiệm của phương trình .
Kết luận : phương trình có nghiệm duy nhất là 2 .
34 . Giải phương trình :

x x = 10 x − x

2


(x>0)

( 34 )

( lớp 10 )

12


Giải : Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình .
• Nếu x > 1 . ta có x x > 1x = 1 :
0
x 2 > x nên x − x 2 < 0 do đó 10 x− x < 10 = 1 . Vậy x > 1 không thể là nghiệm
của (34 ) .
• Nếu 0 < x < 1 , ta có x x < 1x = 1 ; x 2 < x ⇒ x − x 2 > 0 , nên 10 x− x > 10 0 = 1 .
Vậy 0 < x < 1 không phải là nghiệm của phương trình .
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 .
2

2

35 . Giải phương trình :

3

(35)

x 2 + 26 + 3 x + x + 3 = 8


(lớp 9)

Giải : Điều kiện x ≥ 0 .
• Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình .
• Với 0 ≤ x < 1 thì :

3

x 2 + 26 + 3 x + x + 3 <

3

1 + 26 + 3 1 + 1 + 3 = 8

trình vô nghiệm với 0 ≤ x < 1 .
• Với x > 1 thì : 3 x 2 + 26 + 3 x + x + 3 > 3 1 + 26 + 3 1 + 1 + 3 = 8
vô nghiệm với x > 1 .
Kết luận : phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là : 1 .

phương

phương trình

36 .Giải phương trình :
5

x 2 + 28 + 2 3 x 2 + 23 + x − 1 + x = 2 + 9

( 36 )


( lớp 9 )

Giải : Điều kiện : x ≥ 1
• Ta nhận thấy x = 2 là nghiểm của phương trình đã cho .
• Nếu 1 ≤ x < 2 thì
•

5

x 2 + 28 + 2 3 x 2 + 23 + x − 1 + x <

5

32 + 2 3 27 + 1 + 2 =

= 9 + 2 . Vậy với 1 ≤ x < 2 phương trình đã cho vô nghiệm .
Nếu x > 2 thì thì 5 x 2 + 28 + 2 3 x 2 + 23 + x − 1 + x > 5 32 + 2 3 27 + 1 + 2

=
= 9 + 2 . Vậy với x > 2 phương trình đã cho vô nghiệm .
Kết luận : phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là : 2 .
37 . Giải phương trình : x − 3

16

+ x−4

17

=1


(37)

( lớp 8 )

13


Giải : Dễ nhận thấy x = 3 hoặc x = 4 là nghiệm của phương trình .
* Nếu x < 3 thì

x − 4 = 4 − x > 1 . Ta có : x − 3

16

+ x−4

17

>1

Vậy x < 3 không thể là nghiệm của phương trình đã cho .
x − 3 = x − 3 >1 . Ta có :

* Nếu X > 4 thì

x−4

17


+ x−3

16

> x−3

16

>1

Vậy x > 4 không thể là nghiệm của phương trình đã cho .
* Néu 3 < x < 4 ta có : x − 3 < 4 – 3 = 1 và x − 4 < 1 ;
nên

x−3

16

Từ đó ta có :

< x − 3 = x − 3 và
x−3

16

17

+ x−4

x−4


17

< x−4 = 4− x .


Vậy 3 < x < 4 không thể là nghiệm của phương trình đã cho .
Kết luận : phương trình đã cho có nghiệm là : 3 ; 4 .
38 . Giải phương trình :
19 x

4

−8 x 2 +17

+ 5x

4

−8 x 2 +18

+ 91x

4

−8 x 2 +16

= 45

(38)

(lớp 8 )

4
2
2
2
4
2
2
2
Giải : Ta có : x − 8 x + 17 = ( x − 4) + 1 > 0 ; : x − 8 x + 18 = ( x − 4) + 2 > 0 ;
x 4 − 8 x 2 + 16 = ( x 2 − 4) 2 . Ta nhận thấy ; x = 2 hay x = -2 là nghiệm của phương
trình . Nếu x ≠ ± 2 thì x 2 − 4 ≠ 0 , do đó ( x 2 − 4) 2 > 0 .
Ta có : 19 ( x − 4) +1 + 5 ( x − 4 ) + 2 > 191 + 5 2 + 910 = 45 .
Phương trình vô nghiêm với x ≠ ±2 .
Kết luận : : phương trình đã cho có nghiệm là : 2 ; -2 .
2

2

39 . Giải phương trình :

2

2

8 x + 15 x = 17 x

Giải tương tự bài 33 .
VI . PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Đặt các ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình đã cho về việc giải một hệ
phương trình quen thuộc .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
40 . Giải phương trình :
2x + x + 1 + 1 + 2x − x + 1 = 2 x + 1 + 1

(40)

( lớp 9 )

14


2

2

Giải : Ta có :  2 x + x + 1 + 1  −  2 x − x + 1  = 2 x + 1 + 1 .

 

Do đó ta đặt

2x − x + 1 = v .

2x + x + 1 + 1 = u ;

u + v = 2 x +1 +1

Thì (40 ) trở thành

u2 + v2 = 2 x +1 +1
u;v≥0

Giải hệ phương trình ta được :

u = x +1 +1
v = x +1

Nghiệm của phương trình (40) là nghiệm của phương trình : 2 x − x + 1 = x + 1
Hay x = 3 . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : 3 .
41 . Giải phương trình :

( a là tham số ) (41)

x= a− a+x

x = a−u

Giải : Đặt

a + x = u (u ≥ 0) . Thế thì :

u = a+x
u≥0

( lớp 9 )
x2 = a − u

⇔

u2 = a + x
0 ≤ u ≤ a ; x > -a

u = -x
Từ đó : u 2 − x 2 = x + u ⇒
Mà

u=x+1

⇒ x=

−1
2

a − a + x ≥ 0 . Nên phương trình đã cho vô nghiệm .
x

x

42 . Giải phương trình :  7 + 48  +  7 − 48  = 14

 

Giải : Đặt
Thế thì :

x

( 42 )

( lớp 9 )

x

 7 + 48  = u



;  7 − 48  = v



u + v = 14
u.v = 1
u>0 ; v>0

Giải hệ này ta đươc :
u1 = 7 + 48 ; v1 = 7 − 48
u 2 = 7 − 48 ; v 2 = 7 + 48

mà u 2 = (7 + 48 ) −1 ; v 2 = (7 − 48 ) −1 .
*
*

x

2

Nếu u1 = 7 + 48 ⇒  7 + 48  =  7 + 48  ⇔ x = 2 .

(



Nếu u 2 = 7 − 48 = 7 + 48

)



−1





x

⇒  7 + 48  =  7 + 48 





−2

⇔ x = −2 .

Cả hai giá trò : 2 ; -2 đều là nghiệm của phương trình đã cho .
43 . Giải phương trình :

3

(3 x + 1) 2 + 3 (3x − 1) 2 + 3 9 x 2 − 1 = 1

( 43 ) ( lớp 9 )
15


Giải : Đặt

3

(3 x + 1) = u ;

3

(3 x − 1) = v
u 2 + v 2 + uv = 1 (∗)

phương trình đã cho trở thành :
⇒ u−v = 2

u 3 − v3 = 2
hay u = v + 2 . Thay vào (∗) ta có : (v + 2) 2 + v 2 + v(v + 2) = 1

⇔ 3v 2 + 6v + 3 = 0 ⇒ u = 1 ; v = −1 . Như vậy

3

(3 x + 1) = 1 ⇔ x = 0 .

Nghiệm của phương trình đã cho là : x = 0 .
44 . Giải phương trình :

− x2 + 2 = 2 − x

(44)

(lớp 9 )

2−x = y ; y ≥ 0 .
Gợi ý : Điều kiện x ≤ 2 . Đặt
Ta được : x = 2 − y 2 . và có hệ :

− x2 + 2 = y
− y2 + 2 = x

⇒ y 2 − x 2 = y − x hay ( y − x)( y + x − 1) = 0 . Từ đó tìm được nghiệm của phương trình .

45 . Giải phương trình :

3

1
1
+x+

− x =1
2
2

1
. Đặt :
2
u + v =1

Gợi ý : Điều kiện x ≤
Ta được :
hay
trình .

3

(45)

1
+x =u ;
2

(lớp 9 )

1
−x =v;v≥0
2

u3 + v2 = 1 ; v ≥ 0
⇒ (1 − v) 3 = 1 − v 2

v(v − 1)(v − 3) = 0 ⇔ v1 = 0 ; v 2 = 1 ; v3 = 3 . Từ đó suy ra nghiệm của phương

46 . Giải phương trình :

3

x + a −3 x +b =1

(46)

(lớp 9 )

Giải : Đặt : u = 3 x + a ; v = 3 x + b . Khi đó ta có hệ :
u −v =1

u −v =1

u −v =1

16


(u v)(u 2 uv + v 2 ) = a b
(u v) 2 + uv = a b
u 3 v3 = a b
v 2 + v + 1 + b a = 0 = 1 4(1 + b a) = 4(a b) 3
3
*
Neỏu a b <
thỡ < 0 phửụng trỡnh voõ nghieọm .

4
3
1
1
b
*
Neỏu a b =
thỡ = 0 v =
. tửứ ủoự : x =
4
2
8
3
1
*
Neỏu a b >
thỡ > 0 v1, 2
4
2
3

3

1 + 4(a b) 3
1 4(a b) 3
b ; x2 =
.
Tửứ ủoự : x1 =

2
2





17


B . PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I . PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TÌNH TÍCH
Đưa phương trình đã cho về dạng một vế là tích các biểu thực nguyên chứa ẩn . Còn vế
kia là một số nguyên . Xét mọi trường hợp có thể xảy ra để tìm được nghiệm thích hợp .
Ta gán cho cách giải này là phương pháp đưa về phương trình “ tích “ .
BÀI TẬP ÁP DỤNG
47 . Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + 91 = y 2
2
2
Giải : (47) ⇔ y − x = 91 ⇔ ( y + x

Vì :

)(

y ≥0; x ≥0 ;⇒ y + x ≥ y − x

y − x ) = 91

. Mà : 91 = 1.91 = 13.7

y + x = 91

Nên ta có :

y − x =1

(47) (lớp 8)

x = 45
⇔

y = 46

y + x = 13

x =3

y − x =7

y = 10

Nghiệm nguyên của phương trình đã cho là :
(45,46) ; (−45,46) ; (45,−46) ; (−45,−46) ; (3,10) ; (3,−10) ; (−3,10) ; (−3,−10) .

48 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + y = x.y (48)
Giải :

(48) ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 1 vì x, y ∈ z nên :

x −1 = 1

(lớp 8)

hoặc

y–1=1

x-1 = -1
y – 1 = -1

x = 2 hoặc
x=0
y=2
y=0
Nghiệm nguyên ( x,y ) của phương trình cần tìm là : ( 2,2 ) ; ( 0, 0 ) .
49 . Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình :

xy − 4 x = 35 − 5 y

(49)

( lớp 8 )

Giải :
( 49 ) ⇔ ( y − 4)( x + 5) = 15 Vì x, y ∈ N . Nên x + 5 ≥ 5 và là ước của 15 , do
đó : x + 5 = 5 , y – 4 = 3 hoặc x + 5 = 15 , y - 4 = 1 . ⇔ x = 0 , y = 7 .
Hoặc x = 10 , y = 5 . Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là : ( 0,7 ) ; ( 10,5 ) .
18

50 . Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2 x − 2 y = 1984

(50) (lớp 8 )

Giải : Với x ≤ y thì 2 x − 2 y ≤ 0 . Đẳng thức (50) không xảy ra .
Với x = 0 thì 2 x − 1 = 1984 , không có số tự nhiên x nào thoả mãn đẳng thức này .
Xét x > y ≥ 1 : (50) ⇔ 2 y (2 x − y − 1) = 2 6.31 ⇔ ( 2 x = 2 6 ; 2 x − y − 1 = 31 ⇔ ( x = 11 ; y = 6 )
Vậy nghiệm tự nhiên của phương trình : x =11 ; y = 6 .
51 . Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
2 x + 2 y + 2 z = 2336 với x < y < z

(51)

( lớp 8 )

x
y−x
z− x
5
x
5
y−x
z−x
Gợi ý : (51) ⇔ 2 (2 + 2 + 1) = 2 .73 ⇒ ( 2 = 2 , 2 + 2 + 1 = 73 )
⇒ x = 5 ; y = 8 ; z = 11 .

52 . Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x , y ) thoả mãn :
2 x + 12 2 = y 2 − 3 2

( 52 ) ( lớp 10 )

Giải : ( 52 ) ⇔ y 2 − 2 x = 135 ( 52 ' ) . Xét hai trường hợp :
* / x chẵn : đặt x = 2n , (n ∈ Z ) . Từ (52 ' ) ta có : ( y + 2 n )( y − 2 n ) = 153 .
mà 153 = 1.153 = 3.51 = 9.17 . Vì y − 2 n < y + 2 n nên từ (52 ' ) ta suy ra :
y + 2 n = 153
y + 2 n = 51
y + 2 n = 17
(a) /
(b) /
(c) /
y − 2n = 1

y − 2n = 3

y − 2n9

Hệ (a) và (b) vô nghiệm tự nhiên . Hệ (c) có nghiệm là : y = 13 ; n = 2 tức x = 4 .
* / x lẻ : ⇒ y 2 + 1 − (2 x + 1) = 153 ; 153 3 và 2 x + 1 3 ( x lẻ ) nên : y 2 + 1 3 . Điều này
không thể xảy ra . Do đó phương trình vô nghiệm với x lẻ .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x =4 ; y =13 .
53 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2 − 25 = y ( y + 6) (53) ( Lớp 10 )
Giải :

(53) ⇔ x 2 − ( y + 3) 2 = 16 ⇔ ( x + y + 3 ) ( x − y + 3 ) = 16

Do x + y > 0 nên từ ( 53 ' ) ta có

x − y + 3 > 0 ; mà

(53 ' )

x + y+3 ≥ x − y+3

Và ( x + y + 3 ) + ( x − y + 3 ) = 2 x chẵn , nên x + y + 3 và x − y + 3 cùng tính chẵn
lẻ . Ta có ; 16 = 4.4 = 8.2 .
x + y+3 =8
x + y+3 = 4
Do đó :
hoặc
19


x − y+3 = 2

*/

x + y+3 =8

x − y+3 = 4

⇒ x = 5 . Vậy

x = ±5 . Thay vào ( 53 ) ta có : y = 0 ;

x − y+3 = 2

*/

x + y+3 = 4

⇒ x = ±4 ; y = −3

x − y+3 = 4

Nghiệm nguyên của phương trình la : ( 4 , -3 ) ; ( -4 , -3 ) ; ( 5 , 0 ) ; ( -5 , 0 ) ; ( 5 , -6 )
( -5 , -6 ) .
54 . Tìm các số hữu tỷ x sao cho giá trò của biểu thức : x 2 + x + 6
là một số chính phương
(54) ( lớp 8 )
Giải : Giả sử

x=

p
( p, q ∈ Z ; q > 0 ) mà ( p , q ) = 1
q

2

 p
p
Ta có :   + + 6 = x 2 + x + 6 = n 2
q
q

( n ∈ N ) . Khi đó p 2 = q (− p + 6q + n 2 q ) ⇒ q \ p 2 .

Nhưng ( p , q ) = 1 nên q = 1 và x = p . Ta cần giải phương trình nghiệm nguyên :

p 2 + p + 6 = n 2 (n ∈ N ) ⇔ (2 p + 1) 2 + 23 = 4n 2 ⇔ (2n + 2 p + 1) (2n − 2 p − 1) = 23 .
Ta thấy 23 là số nguyên tố và các thừa số vế trái đều dương nên nếu đẳng thức xảy ra thì :
2n -2p -1 = 1 và 2n +2p +1 = 23 hoặc 2n – 2p – 1 = 23 và 2n +2p + 1 = 1 .
Suy ra ; p = 5 hoặc p = -6 . thử lại , cả haigiá trò đều thoả mãn .
Vậy số hữu tỷ x cần tìm là : x = 5 : x = -6 .
II . PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH “TỔNG”
1 . Đưa phương trình nghiệm nguyên đã cho về dạng :
f 1k ( x, y....) + f 2k ( x, y.....) + ....... + f nk ( x, y.....) = a1k + a 2k + ..... + a nk với a1 , a 2 ....., a n ∈ Z
f 1 ( x, y....) , f 2 ( x, y.....).... f n ( x, y.....) ∈ Z . Từ đó tìm ra nghiệm thích hợp .
2 . Dưa phương trình nghiệm ngen cầ giải về dạng :

f ( x, y....) a
= , a , b là hằng số
g ( x, y.....) b

Viết hai vế dưới dạng liên phân số hữu hạn ; từ đó tìm được nghiệm nguyên của phương
trình .

BÀI TẬP ÁP DỤNG
55 . Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình :
x 2 − 4 xy + 5 y 2 = 169
( 55 )
( lớp 8 )
20


Giải : (55) ⇔ ( x − 2 y ) 2 + y 2 = 169 . Số 169 chỉ có hai cách phân tích thành tổng hai số
chính phương : 169 = 12 2 + 5 2 = 13 2 + 0 mà y ∈ N và x − 2 y ∈ N . Do đó chỉ có các
khả năng : *

x − 2 y = 0 ; y = 13 . Ta có : x = 26 ; y = 13

*

x − 2 y = 5 ; y = 12 . Ta có : x = 29 ; y = 12 hoặc x = 19 ; y =12 .

x − 2 y = 12 ; y = 5 . Ta có : x = 22 ; y = 5 hoặc x =-2 ; y = 5 (loại ) .
*
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là : ( 26 , 13 ) ; ( 29 , 12 ) ; (19 , 12 ) ;( 22 , 5) .

56 . Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
3 x 2 + 2 y 2 + z 2 + 4 xy + 2 xz + 2 yz = 26

( 56 ) ( lớp 8 )

Giải : (56) ⇔ x + ( y + x) + ( x + y + z ) = 26 . Vì x , y , z nguyên dương nên :
1 ≤ x < x + y < x + y + z mà 26 chỉ có cách phân tích duy nhất thành tổng ba bình phương
của số nguyên dương : 26 = 12 + 3 2 + 4 2 . Do đó :
x+y+z =4
x+y=3
x=1
Vậy : x = 1 ; y = 2 ; z =1 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho .
2

2

2

57 . Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Giải :

x+

1
y+

1
z

=

10
7

(57) (lớp 8)

10
1
=1+
10
1
viết dưới dạng liên phân số hữu hạn như sau : 7
2+ .
7
3

Từ ( 57 ) suy ra : x = 1 ; y = 2 ; z = 3 . Đó là nghiệm nguyên dương của phương đã cho .
58 . tìm nghiệm tự nhiên của phương trình :
55( x 3 y 3 + x 2 + y 2 ) = 229( xy 3 + 1) (58)

( lớp 8 )

x 3 y 3 + x 2 + y 2 229
=
. Viết hai vế dưới dạng liên phân số hữu hạn ta được :
55
xy 3 + 1
1
1
x2 +
= 4+
⇔ ( x 2 = 4 , xy = 6 , y 2 = 9 ) ⇔ x = 2 ; y = 3
1
1
xy + 2
6+
9
y

Giải : ( 58) ⇔

21


Nghiệm tự nhiên của phương trình là : x = 2 ; y = 3 .
59 . Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
7( x 2 y + x + xy 2 ) = 38 xy + 38

(59)

( lớp 8 )

x 2 y + x + xy 2 + 2 y 38
=
. Viết hai vế dưới dạng liên phân số hữu hạn ta
xy + 1
7
1
1
x+ y+
= 5+
⇒ ( x+ y =5 , x=2 , y =3) ⇔ x=2 ; y =3
1
1
được :
x+
2+
y
3
Nghiệm nguyên dương của phương trình là : x = 2 ; y = 3 .

Giải : (59) ⇔

60 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
11 + 14 xyz + 7 x = −22 yz − 7 z

Gợi ý :

(60) ⇔

2 xyz + x + z − 11
=
⇔ x+
2 yz + 1
7

1
1
2y +
z

= −2 +

( 60 )
1
1
2+
3

( lớp 8 )

⇒ x = −2 ; y = 1 ; z = 3

.

III . PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
Vận dụng tính chia hết và tính chất của số nguyên để thu hẹp miền xác đònh của nghiệm
Trong nhiều trường hợp , có thể thử trực tiếp để tìm nghiệm của phương trình .
BÀI TẬP ÁP DỤNG

61 . Tìm ngiệm nguyên của phương trình :

3 x 2 + 5 y 2 = 345

( 61 ) ( lớp 8 )

2
2
2
2
2
Giải : Ta có 3 x 3 ; 3453 ⇒ 5 y 3 ⇒ y 3 ⇒ y 3 . Mặt khác : 5 y 5 ; 3455 ⇒ 3x 5 ⇔ x 5 .
Đặt x = 5a ; y = 3b ( a, b ∈ Z ) . Ta có : 3(5a ) 2 + 5(3b) 2 = 345 ⇔ 5a 2 + 3b 2 = 23 .

23 2 23
;b ≤
hay a ≤ 2 ; b ≤ 2 . do đó :
5
3
a = ( 0 , 1 , 2 ) ; b = ( 0 , 1 , 2 ) .Bằng phương pháp lựa chọn ta khẳng đònh được .

2
Suy ra : a ≤

a = 2 ; b = 1 . Nghiệm nguyên của phương trình đã cho là :

(10,3) ; (10,-3) ; (-10,3) ; (-10,-3) .
62 . tìm nghiệm nguyên của phưong trình : 19 x 2 + 28 y 2 = 729

(62)

(lớp 8 )

22


Giải :

(62) ⇔ (18 x 2 + 27 y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) = 729 , ta thấy :
18 x 2 + 27 y 2 3 ; 729 3 ⇒ x 2 + y 2 3 ⇒ x và y cùng 3 . Đặt x = 3a ; y = 3b ( a, b ∈ Z ) .
Ta có : 19(3a ) 2 + 28(3b) 2 = 729 ⇒ 19a 2 + 28b 2 = 81 ⇒ a = 3t ; b = 3s ⇒ 19t 2 + 28s 2 = 9 .

Phương trình cuối này không có nghiệm nguyên .
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm nguyên .
63 . Giải phương trình trong tập hợp số nguyên :
Giải :

6 x 2 + 5 y 2 = 74

(63)

( lớp 8 )

(63) ⇔ 6( x 2 − 4) = 5(10 − y 2 ) ⇒ x 2 − 4 5 ; 10 − y 2 6 .

2
Đặt x 2 − 4 = 5u ; 10 − y 2 = 6v ⇒ u = v vì x = 5u + 4 ≥ 0 ⇒ u ≥

−4
(*) . Tương tự

5

5
(**) . Từ (*) và (**) suy ra u = 0 ; u = 1 .
3
Với u = v = 0 thì y 2 = 10 ⇒ y ∉ Z . Với u = v = 1 thì x 2 = 9 ; y 2 = 4 . Hay
x = 3 ; y = 2 . Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là :

10 − 6u ≥ 0 ⇒ u ≤

( 3 , 2 ) ; ( 3, − 2 ) ; ( − 3 , 2 ) ; ( − 3 , − 2 ) .

64 . Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình :

x2 − 2y2 = 1

(64) ( lớp 8 )

2
2
2
2
Giải (64) ⇔ 2 y = x − 1 ⇒ x − 12 mà x − 1 = ( x + 1)( x − 1) và ( x + 1) − ( x − 1) = 2 .
Nên x+1 và x-1 cùng chẵn , do đó ( x 2 − 1) 4 ⇒ y 2 2 ⇒ y 2 y là số nguyên tố nên y = 2 .
Từ đó x = 3 . Vậy nghiệm nguyên tố của phưong trình đã cho là : x = 3 ; y = 2 .

65 . Chứng tỏ rằng phương trình sau vô nghiệm nguyên :
x 3 − 63 y 2 + 36 z = 994
( 65 )

( lớp 8 )

Gợi ý : x 3 chia cho 9 có số dư là : 0 , 1 , 8 ; 994 chia cho 9 có số dư là 4 .

66 . Giải phương trình trong tập hợp số nguyên :
( lớp 8 )

x14 + x 24 + .... + x144 = 1999

Gợi ý : n = 2k ⇒ n = 16k 16 ; n = 2k + 1 ⇒ n − 1 = (n − 1)(n + 1) 16 .
Như vậy khi chia tổng x14 + x24 + .... + x144 cho 16 có số dư không vượt quá 14 .
Còn 1999 = 2000 – 1 chia cho 16 dư 15 ( dư -1 ) . Phương trình đã cho vô nghiệm .
4

4

4

2

23


67 . Giải phương trình trong tập hợp số nguyên : 5 x − 3 y = 2 xy − 11

(67) ( lớp 8 )

5 x + 11
7
⇔ 2y = 5 +

.
2x + 3
2x + 3
Điều kiện cần và đủ để y ∈ Z ; ( 2 x + 3 ) là ước của 7 ⇒ x = 2 ; − 5 ; − 1 ; − 2 và tương
ứng y = 3 ; 2 ; 6 ; − 1 . Nghiệm của phương trình đã cho là :

Giải :

(67) ⇔ 5 x = y (2 x + 3) − 11 ⇔ y =

( 2 , 3 ) ; ( -5 , 2 ) ; ( -1 , 6 ) ; ( -2 , -1 ) .
68 . Giải phương trình trong tập hợp số nguyên : 2 x − 3 y = −5 xy + 39 ( 68 )
( lớp 8 )
Giải :

(68) ⇔ 2 x = y (3 − 5 x) + 39 . Vì x ∈ Z nên
2 x − 39
189
3 − 5x ≠ 0 ⇒ y =
⇔ 5 y = −2 −
. Diều kiện để y ∈ Z ; (3 − 5 x) là ước của :
3 − 5x
− 5x + 3
189 = 3.3.3.7 , tức là − 5 x + 3 = k với k = ±1 ; ± 3 ; ± 7 ; ± 27 ; ± 63 ; ± 189 ; trong đó chỉ

có các giá trò nguyên x = −12 ; 0 ; 2 ; 6 tương ứng y = −1 ; − 13 ; − 5 ; 1 .
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : ( -12 , -1 ); ( 0 , -13 ) ; ( 2 ; -5 ) ; ( 6 ; 1) .
69 . Chứng tỏ các phương trình sau vô nghiệm dương :
a / 19 x + 5 y = 91z
( 69a )

3
b / x + 5 x = 5(3 y − 2)
( 69b )

( lớp 8 )

x
y
x
x
y
y
y
y
Gợi ý : a / 19 + 5 = (19 − 1 ) + [5 − (−1) ] + [1 + (−1) ] = 3M + 3 N + 1 + (−1)

Từ đó suy ra 19 x + 5 y chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 2 .
Còn 91z = (91z − 1z ) + 1z chia cho 3 dư 1 .

IV . PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ
Để giải một phương trình nguyên , có thể sử dụng một số tính chất của nguyên tố ,
thí dụ : * / Mệnh đề 1 : Với mọi số nguyên a . số a 2 + 1 không có ước nguyên tố dạng
4k + 3 .

24


* / Mệnh đề 2 : Cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3 và b là các số
nguyên .Khi đó,nếu a 2 + b 2 p ⇒ a p ; b p . Các mệnh đề trên có thể chứng minh dễ dàng
.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
70 . Giải phương trình nghiệm nguyên : 4 xy − x − y = z 2

( 70 )

( lớp 8 )

Giải : ( 70 ) ⇔ (4 x − 1) (4 y − 1) = (2 z ) + 1 (70 ) .
Giả sử ( x0 , y 0 , z 0 ) là một nghiệm của phương trình ( 70 ) . Ta có :
(4 x0 − 1) (4 y 0 − 1) = (2 z 0 ) 2 + 1 . Vì 4 x0 − 1 là sốnguyên dương lớn hơn 3 và có dạng 4m + 3
(m nguyên dương ) nên nó có ít nhất một ước nguyên tố dang 4k + 3 . Nhưng theo
2
mệnh đế 1 thì (2 z 0 ) + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3 .
Vậy phương trình (70 ' ) vô nghiệm hay phương trình đã cho vô nghiệm .
2

'

71 . Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 2 − y 3 = 7

( 71 )

( lớp 8 )

Giải : Giả sử ( x0 , y 0 ) là một nghiệm nguyên của phưong trình ( 71 ) Ta có : x0 − y 0 = 7
2
3
2
hay x0 + 1 = y 0 + 8 = ( y 0 + 2) ( y 0 − 2 y 0 + 4) . Xét các trường hợp sau :
2

2
1 / y 0 chẵn ; khi đó y 0 + 2 ; y 0 − 2 y 0 + 4 đều chẵn , suy ra : x0 + 14 . Điều này không
thể có được .
2 / y 0 lẻ , có dạng 4m + 1 ( m nguyên dương ) , khi đó y 0 + 2 có dạng 4m + 3 ( m
nguyên dương ) mà y 0 + 2 ≥ 3 nên tồn tại p nguyên tố dạng 4m + 3 mà p \ y 0 + 2 .
2
Nghóa là tồn tại p nguyên tố dạng 4m + 3 mà p \ x0 + 1 . Điều này vô lý .
2
2
3 / y 0 lẻ , có dạng 4m + 3 . khi đó y 0 − 2 y 0 + 4 có dạng 4l + 3 mà y 0 − 2 y 0 + 4 ≥ 3
2
2
nên tồn tại p nguyên tố dạng 4k + 3 mà p \ y 0 − 2 y 0 + 4 . Từ đó suy ra : x0 + 1 có ước
nguyên tố p dạng 4k + 3 . Điều nay vô lý . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm .
2

72 . Giải phương trình trong tập hợp sôù nguên : x 2 + 4 y 2 = 196

3

( 72 ) ( lớp 8 )

Giải : (72) ⇔ x 2 + (2 y ) 2 = 196 . Vận dụng mệnh đề 2 , ta có : x 7 ; 2 y 7 .
Do đó x 7 và y 7 . Đặt x = 7u ; y = 7v . Ta có : u 2 + 4v 2 = 4 . Mà u 2 + 4v 2 ≥ 4v 2
nên v 2 ≤ 1 . Vậy v 2 = (0 , 1 ) ; u 2 = ( 4 , 0 ) . Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là :
( x = 14 , y = 0 ) ; ( x = -14 , y = 0 ) ( x = 0 , y = 7 ) ; ( x = 0 , y = -7 ) .

25