đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
Phần I: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận:
Thế hệ trẻ Việt Nam nói chung, giới học sinh nói riêng có may mắn là được
sinh ra và lớn lên trong thời đại mà các cuộc cách mạng khoa học kĩ thuật công
nghệ đang trào dâng như vũ bão, thông tin bùng nổ từng phút từng giờ, cái mới
này chưa kịp đăng quang đã phải nhường chỗ cho cái mới khác đến thay thế. Vậy
thì mỗi thầy cô giáo, mỗi học sinh phải hành động như thế nào?
Việc học tập hiện nay đang có xu hướng đi vào chiều sâu “học phải đi đôi
với hành”, do vậy phải có những phương pháp dạy và học có hiệu quả tối ưu nhất
nhằm tìm ra những con đường ngắn nhất, hay nhất trong việc học tập để giúp
chúng ta nắm vững được kiến thức và đi đào sâu lượng kiến thức đã học. Để đạt
được điều đó thì mỗi người giáo viên, mỗi học sinh phải trau dồi kiến thức, sưu
tầm và hệ thống cho chính mình những phương pháp học tập và nghiên cứu riêng.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu, việc đi phân loại các phương pháp
giải một dạng toán hay bất kì một lĩnh vực nào, nó giúp chúng ta có nhiều cách
nhìn, cách lý giải cho cùng một vấn đề, nó giúp chúng ta nhìn nhận, xem xét một
cách kĩ lưỡng hơn, dưới nhiều góc độ, để chúng ta tìm được cách giải quyết cho
nhanh nhất, hiệu quả nhất.
2. Cơ sở thực tiễn:
Hiện nay, trong các trường THCS và ngay cả bậc phổ thông việc giải một
phương trình vô tỉ vẫn là một vấn đề cần bàn, đa số các giáo viên đã truyền đạt hết
cho học sinh những kiến thức, những phương pháp giải nhưng chưa có tính hệ
thống cao, chưa đi sâu vào phân tích những ưu điểm, những tồn tại và khả năng
ứng dụng của từng phương pháp chính, bởi lẽ đó mà những phương pháp giảng
giải của giáo viên thường hay chồng chéo lên nhau khiến cho việc tiếp thu của học
sinh thường bị động và chưa có tính quyết toán trong việc tìm cho mình một
phương pháp tối ưu nhất khi đứng trước một bài toán giải phương trình vô tỉ.

toán phổ thông.
3. Phạm vi nghiên cứu:
Do yêu cầu của đề tài nên chỉ tập trung nghiên cứu phần đại số ở lớp 8 và
lớp 9 còn lại là trong chương trình toán cấp III.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:
Phải hệ thống được cách giải một phương trình vô tỉ.
Phải phân tích được những ưu việt và hạn chế của từng phương pháp, từ đó đưa ra
khả năng ứng dụng của từng phương pháp đối với một bài giải phương trình vô tỉ.
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
2
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
Phải phân tích và tìm ra từng chỗ thiếu sót, chỗ sai mà học sinh thường hay mắc
phải và đưa ra cho học sinh những cách khắc phục.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI:
1 - Phương pháp đọc và phân tích tài liệu.
2 - Phương pháp tổng hợp những kinh nghiệm sáng kiến của những
giáo viên dạy giỏi.
3 - Phương pháp khảo sát thực tế.
Phần II: NỘI DUNG CHÍNH CỦA ĐỀ TÀI
Chương I: NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH:
1. Tập xác định của phương trình:
a. Định nghĩa: Tập xác định của một phương trình là tập hợp các giá trị
của một ẩn làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa. Tập xác định được
viết tắt là TXĐ.
Ví dụ :
a. Phương trình x
2

2
+=−
xx
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
x + 1 = 0 và (x + 7).(x - 5) = 0 là hai phương trình không tương đương vì
tập nghiệm của phương trình thứ nhất là S = {- 1} còn của phương trình thứ hai là
S = {- 1; 5}.
c. Hai phương trình:
x
2
+ 1 = 0 và x
2
+ x + 6 = 0 là hai phương trình tương đương vì chúng có cùng
chung một tập nghiệm là S = φ.
3. Nghiệm của phương trình:
Cho phương trình f(x) = g(x). Nghiệm của phương trình xét trên tập A là số α A∊
sao cho f(α) = g(α).
II. CÁCH GIẢI CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH, PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN:
1. Phương trình và bất phương trình bậc nhất:
- ax + b = 0 (với a ≠ 0)⇔
- ax + b > 0 (với a > 0)⇔
(với a < 0)
2. Bất phương trình bậc hai:
a. Phương trình bậc hai có:
∆ = b
2
– 4ac
∆

g(x) > 0 g(x) < 0
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
4
a
b
x
−=
a
b
x −>
a
b
−<x
)(
2
b
'
b
=
2a
b
x
=
2a
b -
x
∆±
=
đề tài nghiệp vụ sư
phạm

2
(4)
x⇔
2
– 2x – 3 = 0.
Vì a – b + c = 0 nên (4) có nghiệm là: x
1
= - 1; x
2
= 3
x
1
= - 1 không thoả mãn điều kiện (3)
x
2
= 3 thoả mãn các điều kiện (2) và (3)
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 3.
4. Một số kiến thức cần nhớ:
4.1. Điều kiện tồn tại một căn thức:
tồn tại khi A ≥ 0 (k N)∀ ∊
tồn tại khi A R (k N)∀ ∊ ∊
= A = A khi A ≥ 0∣ ∣
- A khi A ≤ 0
4.2. Một số bất đẳng thức quan trọng:
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
5
k
g(x)
k
f(x)

2
= = a
n
.
b. Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
Nếu a
1
, a
2
a
n
và b
1
, b
2
b
n
là các số tuỳ ý ta có:
(a
1
2
+ a
2
2
+ + a
n
2
).(b
1
2

1
≥ b
2
≥ ≥ b
n
, ta có:
(a
1
+ a
2
+ + a
n
).(b
1
+ b
2
+ + b
n
) ≥ n.(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n

a
n-1
a
1
a
0
+ +
α x a
n
α a
n
+ a
n-1
α.∆ + a
1
f(α)
CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LŨY THỪA:
1. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản:
a. = A ≥ 0 hay B ≥ 0⇔
A = B
b. = B B ≥ 0⇔
A = B
2
c. = B A = B⇔
3
d + = A ≥ 0 A + B + = C⇔ ⇔
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
6
n

Người thục hiện:
B ≥ 0
Lưu ý: Với phương pháp lũy thừa hai vế. Muốn nâng hai vế phương trình lên lũy
thừa bậc chẵn, ta phải biết chắc chắn hai vế cùng dấu, tốt nhất là cùng dương.
Để nắm được phương pháp này, chúng ta cùng tìm hiểu một số ví dụ cụ thể:
2. Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình
(1)
Giải:
Điều kiện để căn thức có nghĩa x – 5 ≥ 0 x ≥ 5 (2)⇔
Với điều kiện x – 7 ≥ 0 x ≥ 7 (3)⇔
phương trình (1) tương đương với: x – 5 = (x – 7)
2
x⇔
2
– 15x + 54 = 0 (4)
Giải phương trình (4) ta được:
x
1
= 6 không thỏa mãn điều kiện (3)
x
2
= 9 thỏa mãn các điều kiện (2) và (3)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 9.
Nhận xét: Trong cách giải trên, ta đặt điều kiện (2) vì lý do sư phạm. Thực ra
không cần điều kiện này. Thật vậy, khi bình phương hai vế của (1), biểu thức x – 5
bằng một bình phương, đương nhiên không âm, do đó các giá trị của x thỏa mãn
(3) cũng sẽ thỏa mãn điều kiện (2).
Ví dụ 2: Giải phương trình


+=+
xx
2
3
−≥
x
232
+=+
xx
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
và cũng tìm được nghiệm x = - 1 thoả mãn (x ≥ - 2).
Nhưng với điều kiện (- 2 ≤ ) thì lại không tồn tại vì 2x + 3 < 0.
Ví dụ 3: Giải phương trình
(1)
Giải:
Điều kiện để căn thức có nghĩa: 1 – x ≥ 0 x ≤ 1
1 – 2x ≥ 0 (2)⇔ ⇔

x + 4 ≥ 0 x ≥ - 4
Với điều kiện (2) phương trình (1) tương đương với: 1 – x + 1 – 2x + ⇔

⇔
(3)⇔
với điều kiện 2x + 1 ≥ 0 (4) thì phương trình (3) tương đương với:⇔
2x⇔

3
33
5x1x1x =−++
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
8
2
3
−≤
x
32
+
x
4211
+=−+−
xxx
2
1
≤
x
2
1
4
≤≤−
x
4)21).(1(2
+=−−
xxx
22
)4()211(
+=−+−

5x)1x1)x.(1) - 1).(x(x3.1x1x
333
=−++++−++
⇔
x5x.1x
3
3
2
=−
(2)
5x.(x⇔
2
– 1) = x
3
x.[5.(x⇔
2
– 1) – x
2
] x = 0 x = 0⇔
⇔
4x
2
– 5 = 0 Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x
1
= 0;
2
5

2n
2n
∈±=±
NnvíiBAB)(A
12n
12n
∈+=±
+
+
( ) ( )
11
22
=−−−+−
2x12x
11
=−−−+−
2x12x
)(11
∗+−−=+−
2x12x
12x12x12x
+−=+−⇒≥+−
1
2
5
−=
x
2
5
=

Điều kiện để căn thức tồn tại x – 3 ≥ 0 x ≥ 3 (3)⇔
với điều kiện (3) phương trình (2) tương đương với:
⇔ ⇔ ⇔
thỏa mãn điều kiện (3)
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x
1
= 3; x
2
= 7.
Lưu ý:
Ta có thể dùng A = B⇔
A = - B (với B ≥ 0)
thì việc giải sẽ nhanh hơn.
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
10
01
≥−−
2x
1
≥−
2x
=−−
12x
2
1
=−
2x
1
+−−
2x

=+−
1
13x
=−−
1
13x
−=−−
1
23x
=−
03x
=−
4
=−
3x
0
=−
3x
7
=
x
3
=
x
==
AA
2
BA
=


2
– 1 < 0 với x ≥ 1 suy ra phương trình (3) vô nghiệm.∀
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 2.
III. PHƯƠNG PHÁP DÙNG MIỀN XÁC ĐỊNH.
Khi sử dụng phương pháp này ta thường chia nhỏ TXĐ của phương trình và kết
hợp với các điều kiện ràng buộc ta sẽ có nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1: Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
x(x – 1) ≥ 0 x ≤ 0 hoặc x ≥ 1 x ≥ 1
x(x + 2) ≥ 0 x ≤ - 2 hoặc x ≥ 0 x ≤ - 2
- Với x ≤ - 2 ta có phương trình tương đương với:
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
11
0xxx1).(x1x2x
2
=−+−−−−
( )
0xxx1).(x1x2x1
=−+−−+−−−⇔
1.11
( ) ( )
0x1)x.(x.1x
=−−−−−−⇔
11.1
2
( )
[ ]
0.1)x.(xx1x

⇔
⇔
Vì x ≤ - 2 nên hai vế đều dương, ta bình phương hai vế:
4x
2

+ 4x – 8 = 1 – 4x + 4x
2
8x = 9 ⇔ ⇔
- Với x ≥ 1, ta có:
(1) ⇔
Bình phương hai vế ta được :

⇔
8x = 9 ⇔ ⇔
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :
Chú ý : Khi sử dụng phương pháp này, chúng ta phải xác định TXĐ của phương
trình một cách chính xác và kết hợp với các điều kiện để tìm ra nghiệm.
Ví dụ 2 : Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
x + 1 ≥ 0 x ≥ - 1
4x + 13 ≥ 0 ⇔ ⇔ x ≥ - 1
3x + 12 ≥ 0 x ≥ - 4
Bình phương hai vế phương trình (1) ta được:
(1) ⇔
⇔ (3)
Để phương trình (3) tồn tại - x – 1 ≥ 0 x ≤ - 1 (4)⇔ ⇔
Kết hợp (2) với (4) ta được x = - 1 và thỏa mãn (1)

2
+−=−+
1
m·n)(tháa
8
9
x
=
8
9
x
=
12 3x13)4x1x
+=+++
4
13
x
−≥
12 3x1)13).(x(4x134x1x
+=++++++
2
1 x1)13).(x(4x
−=++
2
=−−+−+
1x2.x1x2.x
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
Lời giải:

22
=−−++−
1x1x
211
=−−++−
1x1x
1
−−
1x
m·n)Tho¶2x1x1x1x (1211
=⇔=−⇔=−−++−
2x1
11x
01x
1x
<≤⇔



<−
≥−
⇔<−
1
221x1x
=⇔=−−++−
211
( ) ( )
BABABA
−=+−
.

Lưu ý : Khi khai căn của một đa thức, chúng ta phải chú ý điều kiện để đa thức
dương và phải chọn lượng liên hợp để rút ngắn lời giải.
Ví dụ 2 :
Giải phương trình :
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa
x⇔
2
+ x ≥ 0 x ≤ - 1 (*)⇔
x ≠ 0 x > 0
x
2
+ x ≥ 0
x ≠ 0
Phương trình (1) tương đương với:

⇔
⇔
x ≥ - 1⇔ x ≥ - 1
25(x
2
+ x) = (3x + 3)
2
16x
2
+ 7x – 9 = 0
Ta thấy 16 – 7 – 9 = 0, vậy phương trình có nghiệm là:
x
1

xx
2
x
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
x
3
xxx.xxx
xxx
xxx.xxx
xxx4
22
2
22
2
=
+−++
++
−
+−++
+−
( ) ( )
x
3
x
xxx
x-
xxx4

x - 2
x22
x 2
x22
++
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
2 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ - 2 (*)
phương trình (1) tương đương với:
⇔
⇔
⇔
⇔
x = - 2 x = - 2
x > 0 x > 0⇔
8(2 + x) = x
2
- x
2
+ 8x + 16 = 0
x = -2
x> 0
⇔
(loại)
Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
x
1
= - 2 (thỏa mãn (*)
(thỏa mãn (*)

=
+−++
++
+
+−++
+−+
x22x22
x22x - 2
x22x22
x22x 2
22
x
2x.x2x.22.x22.x2x.2x.x22.22.
=
−
−+−++++−++−
xx2x2 .2.2 4
−=+−
022.(
=−++
xx2x2
0.)2(.2
=+−+
x2xx2
0
=+
x2
xx2
=+
22

(5)⇔
Ta thấy rằng với x > 2 thì chắc chắn không phải là nghiệm của (5) vì với mỗi x >
2, x D thì:∊
* 4 – 2x < 0 ⇒
* 3x – 6 > 0 ⇒
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
16
( ) ( )
=
−++−
−++−−−+−
1 - x3x3x
1 - x3x3x1 - x3x3x
22
2222
537
537.537
x
xx
( ) ( )
4 xxx
4 xxx4 xxx
22
2222
+−+−
+−+−+−−−
=
32
32.32
4 xxx1 - x3x3x

22
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:
Tương tự như vậy với x < 2, x D thì: ∀ ∊
* 4 – 2x < 0 ⇒
* 3x – 6 > 0 ⇒
rõ ràng x = 2 D thỏa mãn (5) vì:∊
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là: x = 2.
BÀI TẬP CHƯƠNG II
Bài 1: Giải các phương trình vô tỉ sau:
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
17
0
32
63
〉
+−+−
−
4 xxx
22
x
0
537
24
〈
−++−
−
1 - x3x3x
22

2
==−=+−
219 xx
8) x:S(§5.
=−=
−
−
4
72
2
x
x
x
1) -x:S(§6 6. =+=+− 44
2
xxx
( ) ( )
( )
:2
00941
24.424
0114
1168
1015510
235
6315
6
1
219
2.7

=−+−
≤≤=−−+++
=−=−+
==−−+
==−+−
=
−
−
+
==
−
+
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:

Giải các phương trình sau:
Giải phương trình sau :

CHƯƠNG III :
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
- Để khử căn thức, người ta có thể đưa thêm một hoặc nhiều ẩn phụ. Tuỳ theo
dạng của phương trình mà các bạn lựa chọn cho thích hợp.
- Đây là một “công cụ” tương đối mạnh và đạt hiệu quả cao trong việc khử căn
thức song nó cũng có nhiều chỗ làm cho các bạn nhầm giữa ẩn đã cho với ẩn mới.
I. ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ CHUYỂN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỈ :
- Ta thường đặt một ẩn mới thay ẩn của phương trình song chúng ta phải chú tới
điều kiện liên quan giữa ẩn cũ và ẩn mới.
Ví dụ 1:
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7

Thay vào (1) ta được phươnh trình mới tương đương với phương trình (1)

Với
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4
Chú ý :
- Khi đặt ẩn phụ ví dụ thì chưa chắc t ≥ 0 mà còn phải tuỳ thuộc vào tập
xác định của A mà 0 ≤ t ≤ α (α ∊ R
+
) chúng ta phải hết sức chú ý điều này, tránh
trường hợp thiếu hoặc thừa nghiệm như trong ví dụ sau đây:
Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :
(1)
Lời giải :
Đặt thì Y
2
= (x - 3)(x + 1) nên phương trình (1) đưa
về dạng :
Y
2
+ 4Y + 3 = 0 ta có 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân
biệt
Y = -1 và Y = - 3
+ Với Y = 1 ⇔

Để (*) có nghĩa thì x – 3 < 0 x < 3 (**). ⇔
Bình phương hai vế ta được 1 = (x - 3)(x + 1) x⇔
2
– 2x - 4 = 0
Ta có ∆ = 1 + 4 = 5 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
+ Với Y = - 3 ⇔

−
+
−++−
x
x
xxx
( )
3
1
.3
−
+
−=
x
x
xY
( ) ( )
*
3
1
.31
−
+
−=−
x
x
x
( )
( )( )
**m·nTho¶ x

(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là: x – 1 ≥ 0 x ≥ 1.⇔
Đặt t⇔
3
= 2 – x x – 1 = 1 – t⇒
3
vì x ≥ 1 > 0 1 – t⇔
3
≥ 0 t⇔
3
≤ 1 t ≤ 1, phương trình (1) trở thành:⇔
1 – t = 0⇔ ⇔
1 + t + t
2
= 1 - t
t = 1
t = 1 t = 0 đều thỏa mãn t ≤ 1⇔ ⇔
t
2
+ 2t = 0 t = -2
* Với t = 1 ⇔ 1 = 2 – x x = 1.⇔ ⇒
* Với t = 0 ⇔ 0 = 2 – x x = 2.⇔ ⇒
* Với t = - 2 ⇔ - 8 = 2 – x x = 10.⇔ ⇒
Vậy phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt : x
1
= 1 ; x
2
= 2 ; x
3

3
2 xt
−=
011.111
23
=−+++−⇔−−=
tttttt
( )
011.1
2
=−−++−⇔
tttt
01
=−
t
ttt
−=++
11
2
3
21 x
−=
3
20 x
−=
3
22 x
−=−
3)6).(3(63
=−+−+++

2
= 3 Thỏa mãn điều kiện (**)
Với X = 3 ⇔
⇔ x + 3 = 0 ⇔ ⇔ x = - 3
6 – x = 0 x = 6
Thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x
1
= -3; x
2
= 6.
Ví dụ 5: Giải phương trình
(1)
Lời giải:
(1) ⇔
Điều kiện để phương trình có nghĩa là: x
2
+ 3 ≥ 0 x ≤ - 3⇔ (2)
x ≥ 0
Đặt t⇔
2
= x
2
+ 3x.
Phương trình (1) trở thành: t
2
+ 3t – 10 = 0
∆ = 9 – 4.1.(-10) = 49 ⇒
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7

633
0)6).(3(
=−+
xx
3.3)2).(5(
2
+=−+
xxx
3x3.10 3)(x
22
+=++−
( )
∗≥+=
03
2
xt
749
=
2
2
73
1
=
+−
=
t
(lo¹i)5
2
73
t

Ta thấy t = 1 là nghiệm của phương trình (2) vì: 1 – 4 + 7 – 8 + 4 = 0
Áp dụng lược đồ Hoocle ta có:
1 - 4 7 - 8 4
1 1 - 3 4 - 4 0
2 1 - 1 2 0
Vậy phương trình (2) trở thành : (t – 1).(t – 2).(t
2
– t + 2) = 0 (3)
Vì
Nên phương trình (3) (t – 1).(t – 2) = 0 ⇔ ⇔ thỏa mãn t ≥ 0
Với t = 1 thì (thỏa mãn)
Với t = 2 thì (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là: x = 1; x = 4.
Chú ý: Việc áp dụng lược đồ Hoocle giúp ta tách được đa thức bậc cao về
tích các đa thức bậc nhất một cách dễ dàng hơn.
Ví dụ 7: Giải phương trình
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TOÁN K7
22
xx 32
2
+=
)1(.4
2
47
2
x
x
xx
=
+

++
tttt
t
t
tt
0
4
7
2
1
-t 2 t t
2
2
>+






=++



=
=
2
1
t
t

Ví dụ 1: Giải phương trình sau
Lời giải:
Đặt
Khi đó phương trình đã cho dẫn về hệ phương trình sau:
Trừ hai vế hai phương trình của hệ ta được:
x
3
– y
3
= - 2(y – x) (y – x).(x⇔
2
+ xy + y
2
) + 2(x – y) = 0
(x – y).( x⇔
2
+ xy + y
2
+ 2) = 0 (2)
Do
Nên phương trình (3) x – y = 0 x = y (4)⇔ ⇒
Thay (4) vào (1) ta được :
x
3
+ 1 = 2x x⇔
3
– 2x + 1 = 0 x⇔
3
– x – (x – 1) = 0
x.(x⇔

2
2
2
=⇒=+⇔=+⇔=
=⇔=−⇔=
+
−
⇔=
−+
−
⇔=
−+
−
+
−
−≠=
+
−
+
−
+
−
xxxtVíi
tt
t
t
t
t
t
t







+=+++
),(02
4
.3
2
2 y xy x
2
2
22













−
=

(1)
Đặt
Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ sau:
(I)
Lập phương hai vế phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có :
(u + v)
3
= u
3
+ v
3
u⇔
3
+ v
3
+ 3uv(u + v) = u
3
+ v
3
3uv(u + v) = 0⇔
u = 0
v = 0⇔
u = - v
- Với u = 0 thì - v
3
= - 5 ⇔
- Với v = 0 thì u
3
= - 5 ⇔
- Với u = - v thì u

−=−
+=+



−=−
+=+
⇒
+=⇔+=−=⇔−=
5
5
12
33;22
33
3 33
33
33
3
3
3
3
vu
vuvu
vu
xvu
xvxvxuxu
3
3
5
5

−−
3333
33
2
5
;
2
5
;
2
5
;
2
5
;0;5;5;0
đề tài nghiệp vụ sư
phạm
Người thục hiện:

Vậy phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt:
Ví dụ 3: Giải phương trình
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
Đặt u = ≥ 0; v = ⇒
Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình sau:
Từ phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có u = 3 – v (2)
Thế (2) vào phương trình thứ hai của hệ (I) ta được:
(3 – v)
4
+ v

x
x
x
x
v
u
Víi
x
x
x
x
x
v
u
Víi
x
x
x
x
x
v
u
Víi
⇒








−=
=
−=⇒







+=
−=
−
⇔







+=
−=−
⇔








+=
−=
⇔



=
=
2
11
2
9
3
2
5
2
2
5
3
2
5
2
2
5
2
5
2
5

5
0
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
33
3
3
2;
2
1
;3
==−=
xxx
)1(317
4
4

vu
xv
xu
)(
17
3
44
I
vu
vu



=+
=+