sang kien kinh nghiem giải he phương trinh
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (858.58 KB, 31 trang )
STT Mục lục Trang
1 1. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài) 2
2 2. Giải quyết vấn đề (Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm) 3
3 2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề 3
4 2.2 Thực trạng của vấn đề 5
5 2.3. Các biện pháp đã tiến hành đề giải quyết vấn đề 6
6 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 25
7 3. Kết luận 26
8 Tài liệu tham khảo 27
1
1. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài)
Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương
trình toán học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10;
tuyển sinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần
này khá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra
cách giải. Nguyên nhân là vì
Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau,
có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.
Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham
khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của
bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn
tổng quát về hệ phương trình.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng
quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi
do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho
các em.
Do vậy tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng
dạy: “Hệ phương trình đại số các cách giải cơ bản và nâng cao ở THPT”. Trong
trong quá trình giảng dạy tôi luôn cố gắng đưa ra các phương pháp giải, đặt biệt là
cách nhận dạng bài toán để chọn phương pháp thích hợp.
Mục đích nghiên cứu :Hi vọng rằng với phương pháp sắp xếp lôgic, chặt chẽ
và lựa chọn các bài toán một cách điển hình là một sáng kiến nho nhỏ để chúng ta
cùng tham khảo. Qua đó giúp học sinh say mê nghiên cứu toán học, ham học hỏi
Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 10C, 10E, 110H của Trường THPT Thuận Châu.
Phạm vi nghiên cứu:
hệ phương trình đại số ở THPT
2
2. Giải quyết vấn đề
2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề
2.1.1 Cơ sở 1:
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
' ' '
( )
ax bx c
I
a x b y c
+ =
+ =
trong đó a, b không đồng thời bằng không và a
’
, b
’
không đồng thời bằng không.
Hãy giải và biện luận hệ phương trình (I) đã cho.
Giải:
Ta có hệ (I)
' ' '
' ' '
ab x bb y cb
a bx b by c b
+ =
⇒
− − = −
bccbxbaab
////
)(
−=−⇒
lại có, (I)
/ / /
/ / /
aa x ba x ca
aa x b ay c a
− − = −
⇒
+ =
/ / / /
( )ab a b y ac a c
⇒ − = −
Do đó hệ (I)
/ / / /
/ / / /
( )
( )
ab a b x cb c b
ab a b y ac a c
− = −
⇒
− = −
Đặt
/ /
D ab a b= −
,
/ /
x
D cb c b
= −
,
/ /
y
D ac a c= −
Khi đó ta có hệ phương trình hệ quả của (I) như sau
.
.
x
y
D x D
D y D
=
=
(II)
Ta xét các trường hợp sau
1/ D
≠
0, khi đó hệ(II) có nghiệm duy nhất
( ; ) ;
y
x
D
D
x y
D D
=
÷
. thay vào hệ (I) ta thấy
nghiệm này là nghiệm của hệ (I).
2/ D =0, lúc này hệ trở thành
0
0
x
y
x D
y D
=
=
+ Nếu
0
x
D
≠
hoặc
0
y
D
≠
thì hệ (II) vô nghiệm do đó hệ (I) vô nghiệm.
+ Nếu
0
x y
D D
= =
thì hệ (II) có vô số nghiệm . Bây giờ ta đi tìm nghiệm của hệ (I).
Do a, b không đồng thời bằng 0 nên ta có thể giả sử
0
≠
a
. Ta có
D = ab
/
- a
/
b = 0
/
/
a
b b
a
⇒ =
c
a
a
ccaacD
y
/
///
0
=⇒=−=
3
nên hệ (I) được viết thành
/ /
( )
ax by c
a a
ax by c
a a
+ =
+ =
Do vậy tập nghiệm của hệ (I) trùng với tập nghiệm của phương trình ax + by = c.
Tóm lại:
Đặt
/ /.
a b
D
a b
=
,
/ /
x
c b
D
c b
=
,
/ /
y
a c
D
a c
=
* Trường hợp 1.
0D ≠
Hệ có nghiệm duy nhất
;
y
x
D
D
D D
÷
* Trường hợp 2.
0
x y
D D D
= = =
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình
ax + by =c
* Trường hợp 3.
0
0
0
x
y
D
D
D
=
≠
≠
Hệ vô nghiệm
2.1.2: Cơ sở 2:
Định lí: Mọi biểu thức f(x; y) thỏa mãn f(x; y) = f(y;x) đều biểu diễn được theo
x+y và xy.
Định nghĩa:
Hệ
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
g x y
=
=
được gọi là hệ đối xứng loại 1 theo hai ẩn x và y nếu
( ; ) ( ; )
( ; ) ( ; )
f x y f y x
g x y g y x
=
=
Bài toán:
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 1 sau:
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
g x y
=
=
Giải:
Do
( ; ) ( ; )
( ; ) ( ; )
f x y f y x
g x y g y x
=
=
nên hệ đã cho được viết lại như sau :
( ; ) 0
( ; ) 0
F S P
G S P
=
=
Giải hệ trên để tìm S, P. khi đó x và y là nghiệm của phương trình:
X
2
– SX + P = 0.
Khi đó ta tìm được nghiệm của hệ ( nếu có)
2.1.3. Cơ sở 3.
4
Định nghĩa:
Hệ đối xứng loại 2 đối với hai ẩn x,y là hệ có dạng:
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
f y x
=
=
Bài toán:
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 2 sau:
( ; ) 0 (1)
( ; ) 0 (2)
f x y
f y x
=
=
Giải:
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
( ; ) ( ; ) 0f x y f y x− =
(*)
Thay y = x vào (*) ta được 0 = 0 suy ra y = x thỏa (*), do đó (*)
( ). ( ; ) 0x y g x y
⇔ − =
( ; ) 0
y x
g x y
=
⇔
=
* Thay y = x vào (1) ta tìm được x, suy ra y.
* Với g(x;y) = 0. ta có hệ
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
g x y
=
=
tìm được x và y.
2.1.4: Cơ sở 4:
Định nghĩa:
Hệ phương trình đẳng cấp vế trái đối với hai ẩn x, y là hệ có dạng:
1 2 2 1
1 2 1 0
1 2 2 1
1 2 1 0
n n n n n
n n n
n n n n n
n n n
a x a x y a x y a xy a y c
b x b x y b x y b xy b y d
− − −
− −
− − −
− −
+ + + + =
+ + + + =
(*)
Bài toán:
Hãy giải hệ (*).
Giải:
* Thay x = 0 vào hệ (*) để kiểm tra x = 0 có thỏa mãn hệ không?
* Với
0
≠
x
ta đặt y = tx (I), khi đó hệ đã cho trở thành:
2 1
1 2 1 0
2 1
1 2 1 0
(1)
(2)
n n n n n n n
n n n
n n n n n n n
n n n
a x a x t a x t a x t a x t c
b x b x t b x t b x t b x t d
−
− −
−
− −
+ + + + =
+ + + + =
+ Khi
0d =
, ta có
2
1 2 0
0 ( )
(2)
0
n
n n n
x l
b b t b t a t
− −
=
⇔
+ + + + =
2
1 2 0
0
n
n n n
b b t b t a t
− −
⇔ + + + + =
(**), giải (**) tìm được nghiệm t ( nếu có), thay
vào (I) ta tìm được x, suy ra được y, từ đó tìm được nghiệm của hệ đã cho.
+ Khi
0≠d
, ta chia (1) cho (2) vế theo vế ta được
5
2 1
1 2 1 0
2
1 2 1 0
n n
n n n
n n n
a a t a t a t a t
c
b b t b t b t b d
−
− −
− −
+ + + + +
=
+ + + + +
2.1.5: Cơ sở 5.
Không có cách giải tổng quát cho mọi hệ phương trình.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Các bài toán về giải hệ phương trình phương trình đại số là một trong những dạng
toán cơ bản của chương trình THCS, THPT. Nó thường xuyên có trong các đề thi
tuyển sinh đại học cao đẳng của nước nhà. Trong sách giáo khoa chương trình
THPT chưa đi sâu và phân tích kĩ các bước giải một hệ phương trình, đặt biệt là
phân tích để chọn phương pháp giải cho hệ phương trình. Qua nhiều năm giảng
dạy, Tôi thấy phương pháp phân tích lập luận để giải một hệ phương trình là điều
hứng thú học tâp và say mê nghiên cứu của các em học để rèn luyện kỹ năng giải
quyết các bài toán về hệ phương trình đại số hai ẩn. Tôi cũng rất hài lòng khi vận
dụng kinh nghiệm này để hiệu quả giảng dạy và rèn luyện kỹ năng giải hệ được tốt
hơn.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1:Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai ẩn
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
' ' '
ax bx c
a x b y c
+ =
+ =
trong đó a, b không đồng thời
bằng không và a
’
, b
’
không đồng thời bằng không.
Cách giải:
Đặt
/ /.
a b
D
a b
=
,
/ /
x
c b
D
c b
=
,
/ /
y
a c
D
a c
=
* Trường hợp 1.
0D
≠
Hệ có nghiệm duy nhất
;
y
x
D
D
D D
÷
* Trường hợp 2.
0
x y
D D D
= = =
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình
ax + by =c
* Trường hợp 3.
0
0
0
x
y
D
D
D
=
≠
≠
Hệ vô nghiệm
Bài toán 1:
6
Cho hệ phương trình
2 1
3
mx y m
x my m
+ = +
+ =
1. Giải và biện luận hệ đã cho.
2. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để nghiệm của hệ là
nghiệm nguyên.
3. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất, tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm (x; y)
của hệ không phụ thuộc vào m.
4. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất (x;y), tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của x
2
+y
2
với
[ ]
2;3m ∈
.
Giải:
1. Biện luận hệ
Ta có: D = m
2
-1, D
x
= 2m
2
- 2m, D
y
= 3m
2
– 2m – 1.
Trường hợp 1.
0 1D m
≠ ⇔ ≠ ±
: Hệ có nghiệm duy nhất
2
1
3 1
1
m
x
m
m
y
m
=
+
+
=
+
Trường hợp 2.
0 1D m= ⇔ = ±
* Nếu m = 1 thì hệ trở thành x + y = 3 nên hệ có vô số nghiệm
3
x R
y x
∈
= −
* Nếu m = - 1 thì
4 0
x
D
= ≠
nên hệ vô nghiệm.
2. Khi
1m
≠ ±
hệ có nghiệm duy nhất là
2 2
2
1 1
3 1 2
3
1 1
m
x
m m
m
y
m m
= = −
+ +
+
= = −
+ +
Khi đó điều kiện bài toán tương đương với
2
1
m Z
Z
m
∈
∈
+
−=+
−=+
=+
=+
⇔
11
21
11
21
m
m
m
m
−=
−=
=
=
⇔
)(2
)(3
)(0
)(1
nm
nm
nm
lm
Vậy m = 0, m = - 3 , m = -2 thỏa mãn điều kiện bài toán.
3. Khi
1m ≠ ±
hệ có nghiệm duy nhất là
2 2
2 (1)
1 1
3 1 2
3 (2)
1 1
m
x
m m
m
y
m m
= = −
+ +
+
= = −
+ +
7
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được x – y = - 1 .
Vậy hệ thức cần tìm là x – y + 1 = 0.
4. Khi
1m
≠ ±
hệ có nghiệm duy nhất là
2 2
2
1 1
3 1 2
3
1 1
m
x
m m
m
y
m m
= = −
+ +
+
= = −
+ +
Ta có
2
2 2
2
13 6 1
2 1
m m
x y
m m
+ +
+ =
+ +
Xét hàm số
2
2
13 6 1
( )
2 1
m m
f m
m m
+ +
=
+ +
trên đoạn
[ ]
2;3
Ta có f(m) liên tục trên đoạn
[ ]
2;3
( )
2
2
2
/
12
42420
)(
++
++
=
mm
mm
xf
−=
−=
⇔=
)(
5
1
)(1
0)(
/
lm
lm
mf
Ta lại có
65 17
(2) , (3)
9 2
f f= =
Vậy
[ ]
2 2
2;3
17
( )
2
m
Max x y
∈
+ =
khi m = 3.
[ ]
2 2
2;3
65
( )
9
m
Min x y
∈
+ =
khi m = 2.
2.3.2: Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai đối với
hai ẩn x và y
Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai đối với hai ẩn x và
y có dạng:
=+
=+++++
pnymx
feydycxbxyax 0
22
Cách giải:
+ Rút một ẩn từ phương trình bậc nhất
+ Thay vào pt bậc hai và tìm ẩn còn lại, suy ra nghiệm của hệ phương trình
Bài toán 2: Cho hệ:
2 2
0 (1)
0 (2)
x y x
x ay a
+ − =
+ − =
a/ Giải hệ khi a=1
8
b/ Tìm a để hệ có 2 nghiệm phân biệt
c/ Gọi (x
1
,y
1
); ( x
2
,y
2
) là các nghiệm của hệ đã cho
Chứng minh rằng: (x
2
- x
1
)
2
+ ( y
2
–y
1
)
2
≤
1
Giải:
Từ (2)
⇒
x=a-ay thay vào (1) ta được
0)12()1(
222
=−+−−+
aayaaya
(3)
a/ với a=1, ta có (3) trở thành: 2y
2
-y=0
0 1
1 1
2 2
y x
y x
= ⇒ =
⇔
= ⇒ =
vậy hệ có 2 nghiệm: (1;0),
1 1
( ; )
2 2
b/ Hệ có 2 nghiệm phân biệt
(3)⇔
có 2 nghiệm phân biệt
2
1 0
4
0
3
0
a
a
+ ≠
⇔ ⇔ < <
∆ >
c/ Khi
4
0
3
a
< <
thì hệ có 2 nghiệm (x
1
;y
1
), (x
2
;y
2
)
trong đó y
1
,y
2
là nghiệm của (3) nên thỏa mãn
1 2
2
2
1 2
2
(2 1)
1
1
a a
y y
a
a a
y y
a
−
+ =
+
⇔
−
=
+
lại có
1 1
2 2
x a ay
x a ay
= −
= −
Khi đó,
( ) ( )
[ ]
2
2
2 1 1 2 2 1
2
1 2 1 2
2 2
2 2
( )
( 1) ( ) 4
4 3 (2 1)
1 1
1 1
y y ay ay y y
a y y y y
a a a
a a
− = − + −
= + + −
− −
= = − ≤
+ +
2.3.3: Hệ đối xứng loại I
Hệ đối xứng loại I có dạng:
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
g x y
=
=
với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x)
Cách giải:
Biến đổi hệ theo x+y và x+y
Đặt S = x + y và p=xy
9
1 Biến đổi hệ theo s,p và giải hệ tìm hai ẩn đó
1 Với mỗi nghiệm (s;p) ta giải pt x
2
– sx +p =0 để tìm x, y
1 Chú ý; với mỗi bài toán phức tạp ta tìm cách đặt ẩn phụ cho x, y
Bài toán 3:
Giải hệ
2 2
8
( 1)( 1) 12
x y x y
xy x y
+ + + =
+ + =
Cách 1:
Hệ
2 2
8
( 1)( 1) 12
x y x y
xy x y
+ + + =
⇔
+ + =
Đặt s=x+y và p=xy với s
2
-4p
0
≥
Hệ trở thành
2
2
2 8(1)
1(2)
s s p
p ps p
+ − =
+ + =
Từ (1)
2
8
2
s s
p
+ −
⇒ =
thay vào (2) ta được
s
03011
234
=−−+
sss
0 4
5 6
2 3
3 2
s p
s p
s p
s p
= ⇒ = −
= − ⇒ =
⇔
= − ⇒ = −
= ⇒ =
Như vậy nếu ta máy móc giải như cách 1 thì bài toán trở nên phức tạp do vậy ta
tìm cách đặt ẩn phụ khác bằng cách biến đổi hệ đã cho
=++
=+++
⇔
12)1()1(
8)1()1(
yyxx
yyxx
Đặt
( 1) , ( 1)u x x v y y= + = +
Hệ trở thành
8 2
12 6
u v u
uv v
+ = =
⇔
= =
hoặc
6
2
u
v
=
=
Từ đó suy ra nghiệm của hệ là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2;3,3;2,2;2,2;2,1;3,3;1,2;1,1;2
−−−−−−−−
2.3.4: Hệ đối xứng loại II
Hệ đối xứng loại 2 là hệ có dạng
( )
( )
; 0(1)
; 0(2)
f x y
g y x
=
=
. Cách giải
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được pt dạng
10
=
=
⇔=−
0);(
0));()(
yxg
yx
yxgyx
Bài toán 4: Giải hệ
4
3
4
3
y
x y
x
x
y x
y
− =
− =
Điều kiện:
0;0
≠≠
yx
Hệ
2
2
3 4 (1)
3 4 (2)
x xy y
y xy x
− =
⇔
− =
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được
( ) ( )
4 0
4
y x
x y x y
y x
=
− + + = ⇔
= − −
* Với y = x thay vào (1) ta được
2
0 0 ( )
2 0
2 2
x y l
x x
x y
= ⇒ =
+ = ⇔
= − ⇒ = −
* Với y = - x – 4 thay vào (1) ta được
2
4 4 0 2 2x x x y
+ + = ⇔ = − ⇒ = −
Vậy nghiệm của hệ là ( - 2 ; - 2 )
Bài toán 5: Giải hệ:
3 5
3 5
x y
y x
+ − =
+ − =
(*)
Cách 1: Điều kiện:
3, 3y x
≥ ≥
2 2 2
2 2
5 5
5 5
3 5
(*)
3 25 10 10 10 0
3 5
3 25 10 3 25 10
x x
y y
y x
y x x x y x y x y
x y
x y y x y y
≤ ≤
≤ ≤
− = −
⇔ ⇔ ⇔
− = − + − − + + − =
− = −
− = − + − = − +
( ) ( )
2
5 (1)
5 (2)
9 0 (3)
3 25 10 (4)
x
y
x y x y
y x x
≤
≤
⇔
− + − =
− = − +
Ta có
(3)
9 0
x y
x y
=
⇔
+ − =
*Với x=y thay vào (4) ta được:
2 2
10 25 3 0 11 28 0y y y y y
− + + − = ⇔ − + =
=⇒=
=⇒=
⇔
44
)(77
yx
lyx
11
* Với y = 9 – x thay vào (4) ta được
2
9 5
( )
2
9 19 0
9 5 9 5
( )
2 2
x l
x x
x y l
+
=
− + = ⇔
− +
= ⇒ =
Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)
Cách 2:
Đặt
3
3
u y
v x
= −
= −
với
0, 0u v
≥ ≥
2
2
3
3
y u
x v
= +
⇒
= +
Hệ trở thành
2 2
2 2
3 5 2 (1)
3 5 2 (2)
v u v u
u v u v
+ + = + =
⇔
+ + = + =
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
( )
2 2
0u v u v− − − =
( ) ( )
1 0
1
u v
u v u v
u v
=
⇔ − + − = ⇔
= −
* Với u = v thay vào (1) ta được
2
1 1
2 0
2 ( )
v u
v v
v loai
= ⇒ =
+ − = ⇔
= −
Ta có hệ:
3 1
4
4
3 1
x
x
y
y
− =
=
⇔
=
− =
* Với u=1-v thay vào (1) ta được:
−
=
−
=
+
−=⇒
+
=
⇔=−−⇔=−+
)(
2
51
)(
2
51
2
51
1
2
51
0121
22
loaiv
loaiuv
vvvv
Vậy hệ có nghiệm là(4;4)
2.3.5:Hệ phương trình đẳng cấp
Xét hệ đẳng cấp bậc hai:
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
a x b xy c y d
a x b xy c y d
+ + =
+ + =
Cách giải:
+ Thay x = 0 vào hệ để kiểm tra có thỏa hệ phương trình không.
+ Với x
≠
0 đặt y=tx, biến đổi đưa về pt bặc hai theo t. giải t suy ra x, y.
Cách khác:
+Khử các số hạng tự do để đưa phương trình về dạng
2 2
0ax bxy cy
+ + =
+ Đặt x = ty, khi đó pt trở thành
2 2
2
0
( ) 0
0
y
y at bt c
at bt c
=
+ + = ⇔
+ + =
4 Xét y = 0 thay vào hệ tìm x
12
4 Xét
2
0at bt c+ + =
tìm nghiệm (nếu có) sau đó tìm được x,y.
Bài toán 6: Giải hệ:
2 2
2 2
2 3 9
2 2 2
x xy y
x xy y
+ + =
+ + =
Giải
Cách 1.
Thay x=0 vào hệ ta thấy không thỏa hệ.
Với x
≠
0 đặt y=tx ta được
−=
−=
⇔=
++
++
⇒
=++
=++
3
8
2
2
9
22
123
2)22(
9)123(
2
2
22
22
t
t
tt
tt
ttx
ttx
Với t=-2 ta có:
−=−=
==
2;1
2;1
yx
yx
Với t=-
3
8
ta có:
=−=
−==
17
8
;
17
3
17
8
;
17
3
yx
yx
Cách 2: Hệ đã cho tương đương với
031416
1891818
18642
22
22
22
=++⇒
=++
=++
yxyx
yxyx
yxx
Đặt y=tx ta có:
2 2
2
0
(16 14 3 ) 0 0
3 14 16 0
x
x t t x
t t
=
+ + = ⇔ ⇔ =
+ + =
hoặc t=-2 hoặc t-
8
3
=
Với x=0 hệ trở thành:
2
2
3
2
u
u
=
=
hệ vô nghiệm
Với t=-2 ta có:
1; 2
1; 2
x y
x y
= =
= − = −
Với t=-
3
8
ta có:
3 8
;
1 17
3 8
;
17
17
x y
x y
= = −
= − =
2.3.6: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế
* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình
trong hệ và thế vào phương trình còn lại.
13
* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương
trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đó.
Bài toán7:. Giải hệ phương trình
Lời giải.
Từ (1) ta có thế vào (2) ta được
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là
Bài toán 8:. Giải hệ phương trình
Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
x = 0 không thỏa mãn (2)
thế vào (1) ta được
Do nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Chú ý.
+ Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:
14
2 2
2 3 5 (1)
3 2 4 (2)
x y
x y y
+ =
− + =
5 3
2
y
x
−
=
2
2
5 3
3 2 4 0
2
y
y y
−
− + − =
÷
2 2 2
59
3(25 30 9 ) 4 8 16 23 82 59 0 1,
23
y y y y y y y y⇔ − + − + − ⇔ − + = ⇔ = =
( )
31 59
1;1 ; ;
23 23
−
÷
4 3 2 2
2
2 2 9 (1)
2 6 6 (2)
x x y x y x
x xy x
+ + = +
+ = +
2
6 6
0, (2)
2
x x
x y
x
+ −
≠ ⇔ =
2
2 2
4 3 2
6 6 6 6
2 2 9
2 2
x x x x
x x x x
x x
+ − + −
+ + = +
÷ ÷
2 2
4 2 2 3
0
(6 6 )
(6 6 ) 2 9 ( 4) 0
4
4
x
x x
x x x x x x x
x
=
+ −
⇔ + + − + = + ⇔ + = ⇔
= −
0x ≠
17
4;
4
−
÷
Hệ
+ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp
khác
2.3.7: Giải hệ phương trình bằng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
* Cơ sở phương pháp. Nếu đơn điệu trên khoảng và thì
* Cách xây dựng hệ theo phương pháp này.
- Lấy hàm số đơn điệu trên khoảng ,
- Lấy sao cho hệ giải được trên tập xác định của
chúng.
- Lập hệ phương trình
Bài toán.9 Giải hệ phương trình
Phân tích. Nếu thay vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt
Lời giải. Thay vào phương trình thứ nhất ta được
(1)
Xét hàm số có suy ra đồng
biến trên . (1) thế vào pt thứ hai ta được
15
( )
2
2
2
2
2
2 2
2
6 6
2 9 2 9
2
6 6
6 6
2
2
x x
x xy x x
x x
x xy x x
x xy
+ +
+ = + = +
÷
⇔ ⇔
+ +
+ = + +
+ =
( )f x
( ; )a b
, ( ; )x y a b
∈
( ) ( )f x f y x y
= ⇔ =
( )f t
( ; )a b
( ; ), ( ; ) ( ; )u x y v x y a b
∈
( ; )g x y
( ; ) ( ; )
( ; ) 0
u x y v x y
g x y
=
=
( ) ( )
( ; ) 0
f u f v
g x y
=
=
2 2
2 2 ( )( 2)
2
x y
y x xy
x y
− = − +
+ =
2 2
2 x y
= +
2 2
2 x y
= +
2 2 3 3 3 3
2 2 ( )( ) 2 2 2 2
x y x y x y
y x xy x y y x x y
− = − + + ⇔ − = − ⇔ + = +
3
( ) 2 ,
t
f t t t
= + ∈
¡
2
'( ) 2 ln 2 3 0,
t
f t t t
= + > ∀ ∈
¡
( )f t
¡
( ) ( )f x f y x y
⇔ = ⇔ =
. Vậy tập nghiệm của hệ là S =
Bài toán10:. Giải hệ phương trình
Lời giải. ĐK:
(1)
với . đồng
biến trên . Vậy
Thế vào pt (2) ta được
Với
Bài toán 11. Giải hệ phương trình
Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta
muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số
không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được
x và y trên đoạn .
16
1x y
= = ±
{ }
(1;1); ( 1; 1)− −
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)
4 2 3 4 7 (2)
x x y y
x y x
+ + − − =
+ + − =
3
3 4 0
4
5 2 0 5
2
x
x
y
y
≤
− ≥
⇔
− ≥
≤
2
(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y
⇔ + + − − =
( ) ( )
2 3
2 3
(2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2 5 2x x y y x x y y
⇔ + = − + − ⇔ + = − + −
(2 ) ( 5 2 )f x f y
⇔ = −
3
( )f t t t
= +
2
'( ) 3 1 0, ( )f t t t f t
= + > ∀ ∈ ⇒
¡
¡
2
5 4
(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 , 0
2
x
f x f y x y y x
−
= − ⇔ = − ⇔ = ≥
2
2
2
5 4
4 2 3 4 7 0 ( ) 0
2
x
x x g x
−
+ + − − = ⇔ =
÷
2
2
2
5 4 3
( ) 4 2 3 4 7, 0;
2 4
x
g x x x x
−
= + + − − ∈
÷
3 3
2 2
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
− = −
+ =
3
( ) 3f t t t
= −
[ ]
1;1
−
Lời giải.
Từ (2) ta có
Hàm số có đồng biến trên đoạn
. nên (1) thế vào pt (2) ta được
. Vậy tập nghiệm của hệ là S =
Nhận xét. Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để
hàm số đơn điệu trên đoạn đó.
Bài toán12. Giải hệ phương trình
Lời giải. Trừ vế hai pt ta được
với .
đồng biến trên . Bởi vậy thế vào pt thứ nhất ta
được
Với .
do và
Suy ra đồng biến trên . Bởi vậy
17
[ ]
2 2
1, 1 , 1;1x y x y≤ ≤ ⇔ ∈ −
3
( ) 3f t t t
= −
2
'( ) 3 3 0, ( 1;1) ( )f t t t f t
= − < ∀ ∈ − ⇒
[ ]
1;1
−
[ ]
, 1;1x y
∈ −
( ) ( )f x f y x y
⇔ = ⇔ =
2
2
x y
= = ±
2 2 2 2
; ; ;
2 2 2 2
− −
÷ ÷
2
2
1 3
1 3
y
x
x x
y y
+ + =
+ + =
( )
2 2 2 2
1 1 3 3 1 3 1 3
y x x y
x x y y x x y y
+ + − + + = − ⇔ + + + = + + +
( ) ( )f x f y
=
2
( ) 1 3
t
f t t t
= + + +
2
( ) 1 3 ln3 0,
1
t
t
f t
t
= + + > ∀∈
+
¡
( )f t
⇒
¡
( ) ( )f x f y x y
= ⇔ =
( )
2 2
1 3 1 3 1 (0) ( )
x x
x x x x g g x
+ + = ⇔ = + − ⇔ =
( )
2
( ) 3 1
x
g x x x
= + −
( )
2
2
'( ) 3 ln3 1 3 1
1
x x
x
g x x x
x
= + − + −
÷
+
( )
2
2
1
3 1 ln3 0,
1
x
x x x
x
= + − − > ∀ ∈
÷
+
¡
2
1 0x x
+ − >
2
1 1x + ≥
( )g x
¡
( ) (0) 0g x g x
= ⇔ =
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0
Bài toán 13: Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm
2 2
2
4
3 4
x xy y m
x xy
− + =
− =
Giải:
Ta có x=0 không thỏa hệ
Đặt y=tx ta có:
2 2
2
2
(1 4 )
1 4
1 3 4
(1 3 ) 4
x t t m
t t m
t
x t
− + =
= +
⇒ =
−
− =
Xét hàm số
2
1 4
( )
1 3
t t
f x
t
− +
=
−
ta có:
2
'
2
3 2 1 1
( ) 0
(1 3 ) 3
t t
f t t
t
− + −
= < ∀ ≠
−
Bảng biến thiên
t
∞−
3
1
∞+
f
/
(t) - || +
f(t)
∞+
∞+
∞−
∞−
Từ bảng biến thiên, suy ra đường thẳng
4
m
y
=
luôn cắt đồ thị hàm số
2
1 4
( )
1 3
t t
f x
t
− +
=
−
tại hai điểm có hoành độ
1 2
1
3
t t< <
khi đó phương trình
2
1
1
4 2
1 3
1 3
x x
t
t
= ⇔ = ±
−
−
suy ra
1
1
2
1 3
t
y
t
= ±
−
Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm.
2.3.8: Giải hệ phương trình băng phương pháp cộng đại số
* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng,
trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là
khả thi hoặc có lợi cho các bước sau.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ
phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k.
18
Bài toán 14. Giải hệ phương trình
Lời giải.
ĐK:
Hệ . Trừ vế hai phương trình ta được
TH 1. thế vào (1) ta được
TH 2. . Từ ,
. Do đó TH 2 không xảy ra.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)
Bài toán 15. Giải hệ phương trình
Lời giải.
ĐK: .
Trừ vế hai pt ta được
19
2
2
2
2
2
3
2
3
y
y
x
x
x
y
+
=
+
=
0xy
≠
2 2
2 2
3 2 (1)
3 2 (2)
x y y
y x x
= +
⇔
= +
2 2 2 2
0
3 3 3 ( ) ( )( ) 0
3 0
x y
x y xy y x xy x y x y x y
xy x y
− =
− = − ⇔ − + − + = ⇔
+ + =
0x y y x
− = ⇔ =
3 2
3 2 0 1x x x
− − = ⇔ =
3 0xy x y
+ + =
2
2
2
3 0
y
y y
x
+
= ⇒ >
2
2
2
3 0
x
x x
y
+
= ⇒ >
3 0xy x y
⇒ + + >
1 1
2 2 (1)
1 1
2 2 (2)
y
x
x
y
+ − =
+ − =
1 1
,
2 2
x y≥ ≥
1 1 1 1
2 2 0
y x
x y
− + − − − = ⇔
T
H 1. thế vào (1) ta được
Đặt ta được
và
TH 2. . TH này vô nghiệm do ĐK.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)
Bài toán 16. Giải hệ phương trình
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng
số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
Hệ
Giải phương trình này ta được thế vào một trong hai phương
trình của hệ ta thu được kết quả.
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
20
( )
1 1
2 2
0 0
1 1
1 1
2 2
2 2
y x
y x y x
y x
xy
xy x y
xy
y x
y x
− − −
÷
−
− −
+ = ⇔ + =
+
− + −
− + −
÷
0y x y x
− = ⇔ =
1 1
2 2
x
x
+ − =
1
, 0t t
x
= >
2
2 2 2
2 0 2
2 2 1 1
2 4 4 2 1 0
t t
t t t x
t t t t t
− ≥ ≤
− = − ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ =
− = − + − + =
1y
=
( )
1 1
0
1 1
2 2
xy x y
xy
y x
+ =
+
− + −
÷
2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
+ − =
− − =
2 2
2 2
2 2
45 75 60 570
145 417 54 0
190 342 114 570
x xy y
x xy y
x xy y
+ − =
⇔ ⇒ − + + =
− − =
1 145
,
3 18
y x y x
= = −
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng
cách đặt hoặc đặt .
Bài toán 17. Giải hệ phương trình
Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt
thứ nhất cho và chia hai vế pt thứ hai cho .
Lời giải.
ĐK: .
Dễ thấy hoặc không thỏa mãn hệ pt. Vậy
Hệ
Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được
TH 1. thế vào pt (1) ta được
TH 2. không xảy ra do .
21
, 0y tx x
= ≠
, 0x ty y
= ≠
1
3 1 2
1
7 1 4 2
x
x y
y
x y
+ =
÷
+
− =
÷
+
3x
7y
0, 0, 0x y x y
≥ ≥ + ≠
0x =
0y
=
0, 0x y
> >
2 4 2 1 2 2
1 2
2 1 (1)
1
3 7 3 7
3
1 4 2
2 2 4 2 1 2 2 1
1
7
3 7 3 7
x y
x y x y
x
x y
x y x y
y
x y x y
= + + =
+ =
÷
+
⇔ ⇔ ⇔
− =
= − − =
÷
+
+ +
1 2 2 1 2 2 1
3 7 3 7
x y
x y x y
+ − =
÷ ÷
÷ ÷
+
2 2
6
1 8 1
7 38 24 0
4
3 7
7
y x
y xy x
x y x y
y x
=
⇔ − = ⇔ − − = ⇔
+
= −
6y x
=
1 2 11 4 7 22 8 7
1
21 7
3 21
x y
x x
+ +
+ = ⇔ = ⇒ =
4
7
y x= −
0, 0x y
> >
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất .
Chú ý. Hệ phương trình có dạng . Trong trường hợp
này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó
nhân vế để mất căn thức.
Tổng quát ta có hệ sau:
2.3.9: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Bài toán 18. Giải hệ phương trình
Lời giải. Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.
Hệ
Đặt ta được
TH 1.
TH 2. . Vậy tập nghiệm của hệ là
S =
Chú ý.
22
( )
11 4 7 22 8 7
; ;
21 7
x y
+ +
=
÷
2
2
a b m m n a
a b n m n b
+ = + =
⇔
− = − =
a n
m
px qy
bx
c n
m
px qy
dy
= +
+
= +
+
2 2
1
7
x y xy
x y xy
+ + = −
+ − =
2
( ) 1
( ) 3 7
x y xy
x y xy
+ + = −
⇔
+ − =
x y S
xy P
+ =
=
( )
2
, 4x y S P
∃ ⇔ ≥
2
1
1, 2
4, 3
3 7
S P
S P
S P
S P
+ = −
= = −
⇔
= − =
− =
1 1 1, 2
2 2 2, 1
S x y x y
P xy x y
= + = = − =
⇒ ⇔
= − = − = = −
4 4 1, 3
3 3 3, 1
S x y x y
P xy x y
= − + = − = − = −
⇒ ⇔
= = = − = −
{ }
( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)− − − − − −
- Nếu hệ pt có nghiệm là thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là
. Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là .
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc
thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.
Bài toán 19. Giải các hệ pt sau
a) b)
c) d)
Lời giải.
a) ĐK. . Hệ
Đặt ta được hệ
b) Hệ . Đặt ta được
23
( ; )x y
( ; )y x
x y
=
2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x
+ + − =
+ − + =
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x
+ + + + = −
+ + + = −
3
1 1 4
x y xy
x y
+ − =
+ + + =
2 2
2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
+ + + =
− − =
0x ≠
2
2
1
1 3. 0
1
( ) 5. 1 0
x y
x
x y
x
+ + − =
⇔
+ − + =
÷
1
,x y a b
x
+ = =
2 2 2 2
2, 1 1
1 3 0 3 1
1 1 3
, 2,
5 1 0 (3 1) 5 1 0
2 2 2
a b x y
a b a b
a b x y
a b b b
= = = =
+ − = = −
⇔ ⇔ ⇒
= = = = −
− + = − − + =
2 2
2 2
5
( ) ( 1)
4
5
( )
4
x y xy x y
x y xy
+ + + + = −
⇔
+ + = −
2
,x y a xy b+ = =
2
2
2
5 5
( 1) 0,
0
4 4
5
5 1 3
,
4
4 2 2
a b a a b
a a ab
b a
a b a b
+ + = − = = −
− − =
⇔ ⇔
= − −
+ = − = − = −
TH 1.
TH 2.
Vậy tập nghiệm của hệ pt là S =
c) ĐK:
Hệ
Đặt . ta được hệ pt
(thỏa mãn đk)
d) Hệ .
Đặt ta được hệ
24
2
3
3
5
0
0
4
5
5
25
4
4
16
x
a
x y
b
xy
y
=
=
+ =
⇒ ⇔
= −
= −
= −
2
2
3 1
1 1
1
2 2
2 2
3
3 3 3
2
2 2 2
x
x
a x y
x
y
b xy y
x
=
− = −
= − + = −
⇒ ⇔ ⇔
= −
= − = − = −
3
3
3 5 25
1; ; ;
2 4 16
− −
÷
÷
1, 1, 0x y xy
≥ − ≥ − ≥
3 3
2 2 ( 1)( 1) 16 2 1 14
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
+ − = + − =
⇔ ⇔
+ + + + + = + + + + + =
,x y a xy b
+ = =
2 2
2, 0, 4a b a b
≥ − ≥ ≥
2
2 2
3 3
3
3 26 105 0
2 1 14 2 4 11
a b a b
a b
b b
a a b b b b
− = = +
= +
⇔ ⇔
+ − =
+ + + = + + = −
3 3
6 3
b x
a y
= =
⇔ ⇒
= =
2 2
2 2
( 1) ( 1) 9
( ) ( 1) 9
x y
y x x
+ + + =
⇔
− − + =
1, 1a x b y b a y x
= + = + ⇒ − = −
2 2
2 2
9
( ) 9
a b
b a a
+ =
− − =
hoặc
hoặc
hoặc
Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên
Bài toán 20: (Phương pháp nhóm các biến)
Giải hệ:
2 2
2 2
3 4 1
3 2 9 8 3
x y x y
x y x y
+ − + =
− − − =
Giải:
Nhóm các biến: hệ
2 2
2 2
3 4 1
3( 3 ) 2( 4 ) 3
x y x y
x x y y
+ − + =
⇔
− − + =
Đặt: u=
2
3x x−
và v=y
2
+4y
Hệ trở thành:
2
2
3 13
; 0
1 1 3 1 0
2
2 2 3 0
4 0
3 13
; 4
2
x y
u v u x x
u v v
y y
x y
±
= =
+ = = − − =
⇔ ⇔ ⇔
− = =
+ =
±
= = −
Bài toán 21. ( phương pháp nhóm các biến bằng hằng đẳng thức)
Giải hệ:
2 3 2
4 2
5
(1)
4
5
(1 2 ) (2)
4
x y x y xy xy
x y xy x
+ + + + = −
+ + + = −
Giải:
Ta có: (2)
4 2 2 2 2
5 5
2 ( )
4 4
x y xy x y x y xy⇔ + + + = − ⇔ + + = −
Ta tìm cách biến đổi (1) về pt có chứa
2
x y
+
và
.x y
25
2 2 2 2 2
( ) 2 0a b b a a a ab a
⇒ + = − − ⇔ = − ⇔ =
2a b
= −
0 3 1, 2a b x y
= ⇒ = ± ⇒ = − =
1, 4x y
= − = −
2
3 6
2 5 9
5 5
a b b b a
= − ⇒ = ⇔ = ± ⇒ =
m
6 3
1 , 1
5 5
x y
⇒ = − − = − +
6 3
1 , 1
5 5
x y
= − + = − −
