BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– NGUYỄN THANH ĐỨC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ở CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THANH[.]
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– NGUYỄN THANH ĐỨC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Ở CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HÓA, 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— NGUYỄN THANH ĐỨC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Ở CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng THANH HÓA, 2020 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số 1030/QĐ-ĐHHĐ ngày 20 tháng năm 2020 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Chức danh Học hàm, học vị, Họ tên Cơ quan công tác hội đồng GS TS Đặng Quang Á Viện HLKH&CNVN Chủ tịch TS Hồng Văn Thi Sở GD ĐT Thanh Hóa Phản biện TS Hoàng Nam Trường Đại học Hồng Đức Phản biện TS Đỗ Văn Lợi Trường Đại học Hồng Đức Ủy viên TS Lê Xuân Dũng Trường Đại học Hồng Đức Thư ký Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày 10 tháng 09 năm 2020 (ký, ghi rõ họ tên) GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng * Có thể tham khảo luận văn Thư viện trường Đại học Hồng Đức Bộ mơn Giải tích - PPDH Tốn LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi, hồn thành hướng dẫn khoa học GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Các kết trình bày luận văn trung thực, nội dung luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Nguyễn Thanh Đức i LỜI CẢM ƠN Trước hết, tơi xin tỏ lịng biết ơn chân thành đến GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, người trực tiếp hướng dẫn luận văn, tận tình bảo hướng dẫn tơi tìm hướng nghiên cứu, tiếp cận thực tế, tìm kiếm tài liệu, giải vấn đề qua tơi hồn thành luận văn Ngồi ra, q trình học tập, nghiên cứu thực đề tài tơi cịn nhận nhiều quan tâm, góp ý, giúp đỡ hỗ trợ quý báu thầy cô, đồng nghiệp, bạn bè người thân Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến gia đình người thân gia đình hỗ trợ, tạo điều kiện thuận lợi cho suốt thời gian theo học khóa thạc sỹ trường ĐH Hồng Đức Quý thầy khoa mơn tốn q thầy Phòng Sau đại học - trường ĐH Hồng Đức truyền đạt cho tơi kiến thức bổ ích suốt hai năn học vừa qua BGH, bạn bè đồng nghiệp trường THPT Tĩnh Gia tạo điều kiện, giúp đỡ, động viên tơi q trình học tập nghiên cứu Các học viên khóa học nhiệt tình tham gia góp ý, trả lời vấn nghiên cứu cho đề tài Thanh Hóa, tháng 09 năm 2020 Nguyễn Thanh Đức ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Phương trình vơ tỷ 1.1 Phương trình vơ tỷ 1.2 Một số phương trình vô tỷ thường gặp khác √ √ √ 3 1.2.1 Dạng A + B = C √ √ √ √ 1.2.2 Dạng A + B = C + D Chương Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ 2.1 2.2 Phương pháp biến đổi tương đương 2.1.1 Biến đổi tương đương đưa phương trình tích 2.1.2 Phương pháp đưa tổng số hạng không âm 14 2.1.3 Phương pháp biến đổi đưa dạng An = B n 16 2.1.4 Phương pháp nhân liên hợp để đưa dạng tích 2.1.5 Phương pháp đưa hệ tạm 22 18 Phương pháp đặt ẩn phụ 24 2.2.1 Đặt ấn phụ đưa phương trình đa thức 24 2.2.2 Đặt hai ẩn phụ đưa phương trình bậc hai hai biến 29 2.2.3 Đặt ẩn phụ đưa dạng tích 36 2.2.4 Đặt nhiều ẩn phụ đưa hệ phương trình 38 iii 2.3 2.4 2.2.5 Đặt ẩn phụ đưa hệ đối xứng, hệ gần đối xứng 41 2.2.6 Đặt ẩn phụ để đưa phương trình lượng giác 50 2.2.7 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn 55 Phương pháp đánh giá 59 2.3.1 Phương pháp sử dụng tính chất tập hợp số 59 2.3.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 2.3.3 Phương pháp sử dụng đại lượng trung gian 65 62 Phương pháp hàm số 67 2.4.1 Chứng minh nghiệm 67 2.4.2 Đưa phương trình dạng f (A) = f (B) 68 2.4.3 Đưa phương trình dạng f (x) = g(x) 72 2.4.4 Sử dụng tính lồi - lõm đồ thị hàm số 73 2.5 Phương pháp véctơ 75 2.6 Phương trình vơ tỷ giải nhiều phương pháp khác 79 Kết luận 90 Tài liệu tham khảo 91 iv MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Trong năm gần kỳ thi vào lớp 10 THPT chuyên địa phương dành quan tâm thầy, cô, phụ huynh học sinh Những vấn đề khó Tốn kỳ thi vấn đề có liên quan đến thức (rút gọn thức, bất đẳng thức, phương trình vơ tỷ, ), câu hỏi dạng thường làm thí sinh lúng túng đa phần em chưa thành thạo kỹ giải toán liên quan đến thức Bên cạnh đó, tốn giải phương trình vơ tỷ chiếm phần quan trọng chương trình Tốn bậc phổ thông (bao gồm THCS THPT), thường xuất kỳ thi học sinh giỏi, kỳ thi tuyển sinh đại học - cao đẳng trước đây, kỳ thi THPT Quốc gia Do đó, nghiên cứu hệ thống phương pháp giải phương trình vơ tỷ giành quan tâm nhà khoa học, thầy, giảng dạy Tốn trường phổ thơng trình bày sách chuyên khảo (chẳng hạn [1, 2]), luận văn thạc sĩ (chẳng hạn [3, 4, 5]) Nhằm bổ sung, hệ thống phân tích chi tiết phương pháp giải phương trình vơ tỷ đề cập sách luận văn kể trên, áp dụng phương pháp giải tốn phương trình vô tỷ kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên năm gần đây, chọn nghiên cứu "Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ chương trình phổ thơng" Mục tiêu nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề liên quan đến phương pháp giải phương trình vơ tỷ từ đến nâng cao THCS THPT Đối tượng nghiên cứu Bài toán phương trình vơ tỷ vấn đề liên quan chương trình phổ thơng, kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên, kỳ thi học sinh giỏi, kỳ thi THPT quốc gia Phạm vi nghiên cứu Phương pháp giải phương trình vơ tỷ cơng cụ Tốn học phổ thơng Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, seminar mơn, nhóm hướng dẫn người hướng dẫn khoa học Sử dụng phương pháp, kỹ thuật, kết giải tích Ý nghĩa luận văn Luận văn tổng hợp trình bày cách chi tiết, có hệ thống phương pháp giải phương trình vơ tỷ Luận văn bổ sung phương pháp đề cập [3, 4, 5] cập nhật toán giải phương trình vơ tỷ kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm gần Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương • Chương Phương trình vơ tỷ Trong chương chúng tơi trình bày dạng phương trình vô tỷ bản, phân loại phương pháp giải dạng phương trình • Chương Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ Trong chương chúng tơi phân loại chi tiết trình bày phương pháp giải phương trình vơ tỷ chương trình phổ thơng, sử dụng phương pháp để giải toán cụ thể, đặc biệt tốn giải phương trình vơ tỷ kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm gần Chương PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ CƠ BẢN Trong chương này, nhắc lại dạng phương trình vơ tỷ dạng phương trình vơ tỷ thường gặp xuất chương trình Tốn phổ thơng (THCS THPT) mà giải phép biến đổi tương đương 1.1 Phương trình vơ tỷ B > √ A=B⇔ A = B A > hay B > √ √ A= B⇔ A = B B > √ A B = ⇔ B = A = √ A = B ⇔ A = B3 A, B > √ √ √ A + B = C ⇔ √ √ 2 A + B = C Ví dụ 1.1.1 Giải phương trình √ 2x − + x2 − 3x + = (1.1) √ Lời giải Phương trình cho có dạng A = B Khi đó, ta có √ √ 2x − + x2 − 3x + = ⇔ 2x − = −x2 + 3x − − x2 + 3x − > ⇔ 2x − = −x2 + 3x − 12 √ √ − + 6x6 2 ⇔ √ x = 1, x = − 2, x = + √2 √ Từ đó, suy phương trình (1.1) có hai nghiệm x = − 2, x = Lời giải Phương trình (2.83) tương đương với q q √ 2 (x − 1) + + (x − 3)2 + 12 = Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hai véctơ ~u = (x − 1; 2) , ~v = (x − 3, 1) Khi đó, ta có q • |~u| = (x − 1)2 + 22 ; q • |~v | = (x − 3)2 + 12 ; • ~u − ~v = (2; 1) ⇒ |~u − ~v | = √ Từ đó, suy phương trinh (2.83) có dạng |~u| − |~v | = |~u − ~v | Điều tương đương với x−1 = ⇔ x = x−3 Như vậy, phương trình (2.83) có nghiệm x = Ví dụ 2.5.4 Giải phương trình q √ √ x 3x + + − x = (x2 + 1) (x + 3) (2.84) Phân tích Vế trái phương trình (2.84) có dạng √ √ x 3x + + − x liên tưởng đến cơng thức tích hai véctơ √ √ ~u = (x; 1), ~v = 3x + 2; − x Từ gợi ý sử dụng bất đẳng thức ~u · ~v |~u| · |~v | Suy luận ta hợp lý lúc |~u| · |~v | = √ x2 + · √ 2x + với vế phải phương trình (2.84) 77 Lời giải Điều kiện 3x + > − x > ⇒ − x x + > Khi đó, phương trình (2.84) tương đương với √ √ √ √ x · 3x + + · − x = x2 + · 2x + Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , chọn hai véctơ √ √ 3x + 2; − x ~u = (x; 1) , ~v = Khi đó, ta có √ • |~u| = x2 + 1; √ • |~v | = 2x + 6; √ √ • ~u · ~v = x · 3x + + · − x; √ √ • |~u| · |~v | = x2 + · 2x + Từ đó, suy phương trinh (2.84) có dạng ~u · ~v = |~u| · |~v | Điều tương đương với √ √ x √ =√ ⇔ x − x = 3x + 4−x 3x + x > x > ⇔ ⇔ x2 (4 − x) = 2x + x3 − 4x2 + 3x + = x=2 ⇔ √ x = + Kết hợp điều kiện, phương trình (2.84) có hai nghiệm √ x = 0, x = + 78 MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.5.5 Giải phương trình p √ √ x2 − 2x + + x2 + 4x + = 17 Bài tập 2.5.6 Giải phương trình √ x2 + 10x + 74 − p x2 − 6x + 10 = 10 Bài tập 2.5.7 Giải phương trình p p √ x2 − 2x + − 9x2 − 6x + = x2 + 2x + Bài tập 2.5.8 Giải phương trình p √ √ √ 4x2 − 20x + 34 + x2 + 2x + + x2 + = Bài tập 2.5.9 Giải phương trình √ x2 + 2x + √ 2x − = √ 3x2 + 4x + Bài tập 2.5.10 Giải phương trình p √ √ (3 − x) x − + − 2x = 40 − 34x + 10x2 − x3 2.6 Phương trình vơ tỷ giải nhiều phương pháp khác Ví dụ 2.6.1 Giải phương trình √ x2 + 15 = 3x − + √ x2 + Lời giải (Sử dụng phương pháp nhân liên hợp) 79 (2.85) Phương trình (2.85) tương đương với √ x2 + 15 − = √ x2 + − + 3x − x2 − x2 − =√ + 3(x − 1) 2+8+3 x2 + 15 + x x+1 x+1 ⇔(x − 1) √ −√ −3 =0 + 15 + 2+8+3 x x ⇔√ ⇔ x=1 x+1 x+1 √ −√ − = x2 + 15 + x2 + + Ta giải phương trình √ x+1 x+1 −√ − = x2 + 15 + x2 + + (2.86) Từ phương trình (2.85) ta nhận thấy 3x − = Mặt khác với x > √ x2 + 15 − √ x2 + > ⇒ x > x = > √ √ x2 + − x2 + 15 − < nên √ x+1 x+1 −√ −3 x2 + 15 + x2 + + 1 = (x + 1) √ −√ −3 + 15 + 2+8+3 x x √ √ x2 + − x2 + 15 − √ −3 = (x + 1) √ 2 x + 15 + x +8+3 < Như vậy, phương trình (2.86) vơ nghiệm Hay nói cách khác, phương trình (2.85) có nghiệm x = 80 Lời giải (Phương pháp hàm số) Phương trình (2.85) tương đương với √ √ x + 15 − x2 + − 3x + = Xét hàm số f (x) = √ x2 + 15 − √ x2 + − 3x − 2, ∀x > Ta có x x −√ −3 x"2 + 15 x2 + # √ √ x2 + − x2 + 15 =x· p −3 (x2 + 8)(x2 = 15) < 0, ∀x > Do đó, f (x) nghịch biến ; +∞ Mặt khác, ta có f (1) = nên phương trình (2.85) có nghiệm x = f (x) = √ Ví dụ 2.6.2 Giải phương trình √ √ 2p x − x2 = x + − x 1+ Lời giải (Biến đổi tương đương) Điều kiện x Khi đó, phương trỉnh (2.87) tương đương với 2 2 √ √ 2p 1+ x−x = x+ 1−x q 4p 2 ⇔1 + x − x + x − x = + x(1 − x) p9 ⇔4 x − x − x − x2 = p p ⇔2 x − x2 x − x2 − = √ • Trường hợp x − x2 = suy x = x = √ • Trường hợp x − x2 = Suy x2 − x + 81 (2.87) Phương trình vơ nghiệm Như vậy, phương trình (2.87) có hai nghiệm x = 0, x = Lời giải (Phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình đa thức) Điều kiện x Đặt t= Ta có t2 = √ x+ √ √ x+ √ − x p 2 − x = + x(1 − x) Suy q x(1 − x) = t2 − Khi đó, phương trình (2.87) trở thành 1+ t=1 t2 − = t ⇔ t2 − 3t + = ⇔ t = • Với t = ta có p x=0 √ √ x + − x = ⇔ x − x2 = ⇔ x = • Với t = ta có √ x+ √ p − x = ⇔ x − x2 = ⇔ x2 − x + = (vô nghiệm) Như vậy, phương trình (2.87) có hai nghiệm x = 0, x = Lời giải (Đặt hai ẩn phụ đưa hệ phương trình) Đặt √ a = x b = √1 − x Khi đó, ta có hệ 1 + ab = a + b a + b2 = 82 Hệ phương trình tương đương với 3 + 2ab = 3(a + b) ⇔ (a + b)2 − 2ab = 2ab = 3(a + b) − (a + b)2 − 3(a + b) + = 2ab = 3(a + b) − ⇔ a+b=1 a+b=2 a + b = • Trường hợp ta có ab = √ a = x=0 ⇒ √ ⇔x=0 1−x=1 b=1 √ a = x=1 ⇒ √ ⇔ x = b = 1−x=0 a + b = • Trường hợp (vơ nghiệm) ab = Kết hợp điều kiện, phương trình (2.87) có hai nghiệm x = x = Lời giải (Phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình lượng giác) Ta đặt √ πi x = sin t, t ∈ 0; Khi đó, phương trình (2.87) trở thành p p + sin t · − sin2 t = sin t + − sin2 t h 83 (2.88) Phương trình (2.88) tương đương với + sin t · cos t = sin t + cos t π =√ ⇔ sin t + π π t + = + k2π 4 ⇔ (k ∈ Z) π 3π t+ = + k2π 4 t = k2π ⇔ (k ∈ Z) π t = + k2π t=0⇒x=0 ⇔ π t = ⇒ x = Như vậy, phương trình (2.87) có hai nghiệm x = 0, x = Ví dụ 2.6.3 Giải phương trình x2 + 6x + = (2x + 1) √ x2 + 2x + Lời giải (Nhân liên hợp đưa dạng tích) Để xuất nhân tử ta phân tích phương trình (2.89) dạng √ (2x + 1) x + 2x + − a = x2 + 6x + − 2ax − a Đồng hệ số ta tìm a = Phương trình (2.89) tương đương với √ (2x + 1) x + 2x + − = x2 + 2x − (2x + 1) x2 + 2x − ⇔ √ = x2 + 2x − x + 2x + 3+2 2x + ⇔ x2 + 2x − √ −1 =0 + 2x + + x x2 + 2x − = ⇔ 2x + √ − = x2 + 2x + + 84 (2.89) • Trường hợp x2 + 2x − = ⇒ x = −1 ± • Trường hợp √ √ 2x + − = tương đương với x2 + 2x + + √ x2 + 2x + + = 2x + √ ⇔ x2 + 2x + = 2x − 2x − > ⇔ x2 + 2x + = (2x − 1)2 √ + 15 ⇔x = Như vậy, phương trình (2.89) có ba nghiệm x = −1 ± √ 2, x = 3+ √ 15 Lời giải (Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn) Đặt t= √ x2 + 2x + > √ Ta có x2 = t2 − 2x − Khi đó, phương trình (2.89) tương đương với t2 − (2x + 1)t + 4x − = t=2 ⇔ t = 2x − • Với t = 2, ta có √ x2 + 2x + = ⇔ x = −1 ± 85 √ • Với t = 2x − ta có √ x2 + 2x + = 2x − 2x − > ⇔ x2 + 2x + = (2x − 1)2 √ + 15 ⇔x = Như vậy, phương trình (2.89) có ba nghiệm √ √ + 15 x = −1 ± 2, x = Ví dụ 2.6.4 Giải phương trình √ x3 − 15x2 + 78x − 141 = 2x − Lời giải (Phương pháp hàm số) Phương trình (2.90) tương đương với √ 3 √ 3 (x − 5) + 5(x − 5) = 2x − + 2x − Xét hàm số f (t) = t3 + 5t, ∀t ∈ R Ta có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R Do đó, hàm số f (t) đồng biến R Khi đó, phương trình (2.90) trở thành √ f (x − 5) = f 2x − √ ⇔x − = 2x − ⇔x3 − 15x2 + 73x − 116 = x=4 √ ⇔ 11 ± x= 86 (2.90) Như vậy, phương trình (2.90) có ba nghiệm 11 ± x = 4, x = √ Lời giải (Đặt hai ẩn phụ đưa phương trình tích) Đặt a = x − b = √ 2x − Khi đó, phương trình (2.90) tương đương với a3 + 5a = b3 + 5b ⇔a3 − b3 + 5(a − b) = ⇔(a − b)(a2 + ab + b2 + 5) = ⇔a = b √ ⇔x − = 2x − x=4 √ ⇔ 11 ± x= Như vậy, phương trình (2.90) có ba nghiệm 11 ± x = 4, x = √ Lời giải (Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gần đối xứng) √ Đặt y − = 2x − Khi đó, ta có hệ (y − 5)2 = 2x − x3 − 15x2 + 78x − 141 = 5(y − 5) Hệ phương trình tương đương với y − 15y + 75y − 2x − 116 = x3 − 15x2 + 78x − 5y − 116 = 87 Suy y − x3 − 15 y − x2 + 80(y − x) = ⇔(y − x) y + yx + x2 − 15(y + x) + 80 = y=x ⇔ y + (x − 15)y + x2 − 15x + 80 = • Với y = x ta có x=4 √ √ x − = 2x − ⇔ 11 ± x= • Với y + (x − 15)y + x2 − 15x + 80 = Ta xem y ẩn số, x tham số Ta có ∆ = −3x2 + 30x − 95 < 0, ∀x Suy ra, phương trình y + (x − 15)y + x2 − 15x + 80 = vô nghiệm Như vậy, phương trình (2.90) có ba nghiệm 11 ± x = 4, x = √ Ví dụ 2.6.5 Giải phương trình √ √ √ x + x + + + − 2x = 11 Lời giải (Đưa tổng hai số không âm) Phương trình (2.91) tương đương với √ √ 11 − x − x + − − 2x = √ √ ⇔ x + − x + + + − 2x − − 2x + = √ 2 √ 2 ⇔ x+3−2 + − 2x − = √ x+3−2=0 ⇔ √ ⇔ x = − 2x − = 88 (2.91) Như vậy, phương trình (2.91) có nghiệm x = Lời giải (Nhân liên hợp đưa dạng tích) ĐIều kiện x + > ⇒ −3 x 3 − 2x > Khi đó, phương trình (2.91) tương đương với √ √ x+3−2 +2 − 2x − + (x − 1) = 4(x − 1) 4(x − 1) ⇔√ −√ + (x − 1) = − 2x + x+3+2 x=1 ⇔ 4 √ +1=0 −√ − 2x + x+3+2 Tiếp theo, ta giải phương trình √ 4 + = −√ − 2x + x+3+2 (2.92) Xét hàm số 4 f (x) = √ −√ + 1, ∀x ∈ −3; − 2x + x+3+2 Khi đó, với x ∈ −3; ta có 2 2 > 2 + √ √ √ − 2x − 2x + x+3 x+3+2 Hay, f (x) hàm số đồng biến −3; Mặt khác, f (x) = √ f (x) = f (−3) = > x∈[−3; 32 ] Suy ra, phương trình (2.92) vơ nghiệm Như vậy, phương trình (2.91) có nghiệm x = 89 KẾT LUẬN Bằng cách tiếp cận vấn đề phù hợp, luận văn chúng tơi • Trình bày cách chi tiết hệ thống phương pháp giải phương trình vơ tỷ chương trình phổ thơng (bao gồm THCS THPT) • Đề xuất ví dụ minh họa phân tích chi tiết ví dụ • Giải tốn phương trình vơ tỷ kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm gần • Tổng hợp phương pháp giải phương trình vơ tỷ đề xuất để giải số tốn phương trình vơ tỷ nhiều phương pháp khác 90 Tài liệu tham khảo [1] Trần Thị Vân Anh (2009), Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Đại số 9, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Lê Văn Đồn (2014), Cẩm nang ơn luyện thi đại học phương trình bất phương trình hệ phương trình đại số - vô tỷ, NXB Đại học Quốc gia Hà nội [3] Nguyễn Thị Hằng (2016), Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ, Luận văn thạc sĩ, Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Đỗ Thị Mai (2019), Phương trình chứa thức số phương pháp giải, luận văn thạc sĩ, Đại học Hồng Đức [5] Trịnh Hồng Un (2011), Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ, Luận văn thạc sĩ, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên 91