giúp học sinh định hướng giải các hệ phương trình không mẫu mực

A - ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong những năm gần đây, bài toán giải hệ phương trình đã trở thành một
bài toán quen thuộc đối với kì thi Đại học – Cao đẳng cũng như thi học sinh giỏi
tỉnh môn Toán, đặc biệt là “hệ phương trình không mẫu mực”. Mặc dù nó thường
không phải là bài toán khó nhưng khá nhiều học sinh lại không dành được trọn
vẹn điểm trong câu này. Chương trình toán lớp 10 đã trình bày một số dạng hệ
phương trình và cách giải chúng, tuy nhiên trước một hệ phương trình “không
mẫu mực” học sinh thường rất mất thời gian trong việc lựa chọn phương pháp giải
phù hợp. Lí do là các em chưa biết phân tích bài toán, chưa biết dựa vào những
đặc điểm đặc trưng của hệ để tìm phương pháp giải . Vì thế nhiệm vụ của giáo
viên là phải trang bị cho các em kĩ năng đó. Trong phạm vi của bài viết này tôi xin
được trình bày kinh nghiệm của mình trong việc ‘‘Giúp học sinh định hướng giải
các hệ phương trình không mẫu mực ’’.
B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ KHOA HỌC
1. Các dạng hệ phương trình đã học ở chương trình phổ thông
1.1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc 2 đối với
hai ẩn.
Cách giải: Dùng phương pháp thế: Từ phương trình bậc nhất rút ẩn này theo
ẩn kia thế vào phương trình bậc 2.
1.2. Hệ đối xứng loại I : Dạng
P(x;y) 0
Q(x;y) 0
=


=

Trong đó
P(x;y) P(y;x)
Q(x;y) Q(y;x)

=


=

Cách giải: Đặt S = x + y , P = xy. Biến đổi hệ đã cho về hệ đối với S và P
rồi giải.
1.3. Hệ đối xứng loại II : Dạng
P(x;y) 0
Q(x;y) 0
=


=

Trong đó
P(x;y) Q(y;x)
Q(x;y) P(y;x)
=


=

Cách giải: Trừ hai phương trình trong hệ rối biến đổi về dạng: (x – y)R(x;y)
= 0. Rút ẩn này theo ẩn kia rồi thế vào một trong hai phương trình của hệ.
1.4. Hệ đẳng cấp: Là hệ gồm các phương trình có vế trái đẳng cấp đối với 2
ẩn, vế phải là hằng số.
Cách giải: Biến đổi hệ để thu được một phương trình hệ quả f(x;y) = 0,
trong đó f(x;y) là biểu thức gồm các số hạng cùng bậc ( giả sử bậc k).
Bước 1: Kiểm tra y = 0 ( hoặc x = 0) có phải là nghiệm của hệ không.

1
Bước 2: Với y ≠ 0 ( hoặc x ≠ 0 ) chia hai vế của phương trình trên cho y
k
(hoặc x
k
) và đặt ẩn phụ
x
t
y
=
( hoặc
y
t
x
=
) rồi giải phương trình với ẩn t .Sau đó
thế x = ty ( hoặc y = tx) vào một phương trình trong hệ để giải.
2. Các bất đẳng thức cơ bản
2.1. Bất đẳng thức Cauchy: Cho n số thực không âm: a
1
, a
2
, …., a
n
. (n ≥ 2)
.
Khi đó:
1 2 n
n
1 2 n

a a a
a a a
n
+ + +
≥
. Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a
1
= a
2
= = a
n
2.2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho 2n số thực bất kì: a
1
, a
2
, …, a
n
; b
1
,
b
2
, , b
n
. Khi đó :
(a
1
b
1
+ a

2
b
2
+ ….+ a
n
b
n
)
2
≤ (a
1
2
+ a
2
2
+ … + a
n
2
)( b
1
2
+ b
2
2
+ … + b
n
2
) .
Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔
1 2 n

1 2 n
a a a

b b b
= = =
.
3. Tính đơn điệu của hàm số
- Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I. Nếu
'
f (x) 0, x I≥ ∀ ∈
(hoặc
'
f (x) 0 ≤
,
x I∀ ∈
) và dấu ‘‘=’’ chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc I thì hàm
số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên I.
- Nếu hàm f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng I thì phương trình
f(x) = k (k∈ R) có không quá một nghiệm trên I.
- Nếu hàm f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng I thì với mọi u, v
thuộc I ta có f(u) = f(v) ⇔ u = v.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Mặc dù trong quá trình dạy học, giáo viên đã trình bày cho học sinh các
phương pháp thường sử dụng để giải các hệ không mẫu mực: phương pháp biến
đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số và phương pháp
đánh giá, . Tuy nhiên học sinh thường gặp khó khăn khi lựa chọn phương pháp
giải. Thường các em cứ thấy có căn bậc hai là bình phương hai vế mà không biết
có đưa ra được kết quả hay không, giữa hai phương trình của hệ không biết biến
đổi phương trình nào thì thuận lợi hơn, không biết phân tích xem thế ẩn nào thì
đơn giản hơn…Chính vì thế việc biến đổi của các em thường mất nhiều thời gian

mà chưa hẳn đưa ra được kết quả.
Khi gặp bài toán giải hệ phương trình tôi thường yêu cầu học sinh trước khi
giải phải dừng lại quan sát , phân tích các đặc điểm của hệ để lựa chọn cách giải .
Chẳng hạn như với các hệ có một phương trình là bậc nhất hoặc bậc 2 đối với hai
2
ẩn ta sẽ chọn phương pháp biến đổi tương đương, tìm cách rút ẩn này theo ẩn kia
để thế vào phương trình còn lại( đối với phương trình bậc 2 theo ẩn x thì phải có
biệt thức ∆ = g
2
(y) mới tính được ). Trong trường hợp cả hai phương trình trong
hệ biểu diễn qua các đại lượng u = f(x; y) ; v = g(x; y) một cách đơn giản ta có thể
chọn phương pháp đặt ẩn phụ, tất nhiên trong một số bài toán ẩn phụ sẽ xuất hiện
sau một vài phép biến đổi tương đương. Nếu một phương trình trong hệ ( hoặc từ
2 phương trình của hệ) dẫn đến có dạng f(x) = f(y) hoặc f(x) = 0 ta có thể dùng
phương pháp hàm số….Tất nhiên mỗi bài toán có thể giải theo nhiều cách khác
nhau và có thể phải vận dụng nhiều phương pháp, điều đó còn yêu cầu học sinh
ngoài việc trang bị cho mình những kỹ năng và kiến thức cần thiết phải có thêm
một chút “nhạy cảm toán học”.
III. NỘI DUNG
Đối với hệ phương trình không mẫu mực ta thường sử dụng những phương
pháp giải sau:
1. Phương pháp biến đổi tương đương
Trong phương pháp này, chủ yếu chúng ta sử dụng các kỹ năng biến đổi
tương đương phương trình nhằm đưa một phương trình trong hệ về dạng đơn giản
( có thể rút ẩn này theo ẩn kia) rồi thế vào phương trình còn lại. Thông thường
,với phương pháp này chúng ta thường sử dụng đối với những hệ phương trình mà
trong đó có một phương trình trong hệ là bậc nhất hoặc bậc hai đối với một ẩn( lúc
đó ta có thể xem ẩn còn lại là tham số) hoặc một phương trình trong hệ có thể đưa
về dạng tích ( có thể còn phải thông qua một vài phép biến đổi tương đương đơn
giản).

Dạng 1 : Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất hoặc bậc
hai đối với một ẩn ( ẩn còn lại xem là tham số)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
x 2x y x y 2x 9 (1)
x 2xy 6x 6 (2)
+ + = +


+ = +

Nhận xét: Ở hệ này ta có thể xem phương trình (2) là phương trình bậc nhất
đối với ẩn y để rút y theo x sau đó thế vào phương trình (1) thì phương trình (1) sẽ
trở thành phương trình một ẩn đối với x.
Giải
Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình (2). Với x ≠ 0:
2
6x+6-x
(2) y = (3)
2x
⇔
Thay vào phương trình (1) ta được phương trình
3
2
2 2
4 3 2
6x 6 x 6x 6 x
x 2x x 2x 9
2x 2x

+ − + −
   
+ + = +
 ÷  ÷
   
4
3 2
x
3x 12x 16x 0
4
⇔ + + + =
⇔ x(x +4)
3
= 0 ⇔ x = - 4 ( do x ≠ 0)
Với x= - 4 thay vào (3) ta được y=
17
4
.Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (-4;
17
4
).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
2 2
2
x (y 1)(x y 1) 3x 4x 1 (1)
xy x 1 x (2)
+ + + = − +


+ + =


Nhận xét: Ở hệ này ta thấy rằng nếu biến đổi phương trình (1) sẽ rất phức
tạp, còn phương trình (2) có thể xem là phương trình bậc nhất đối với y. Tuy nhiên
do phương trình (1) có chứa (y+1) nên ta có thể rút (y+1) từ phương trình (2) theo
x để thế vào phương trình (1) , đưa (1) về phương trình một ẩn đối với x .
Giải
(2) ⇔ x(y+1) = x
2
– 1 (3)
Do x = 0 không thỏa mãn (3). Với x ≠ 0 : (3)
2
x 1
y 1 =
x
−
⇔ +
Thay vào (1) ta được :
2 2
2 2
x 1 x 1
x . x 3x 4x 1
x x
− −
   
+ = − +
 ÷ ÷
   
⇔ ( x
2
– 1)(2x

2
– 1) = 3x
2
– 4x + 1
⇔ 2x
4
– 6x
2
+ 4x = 0 ⇔ 2x(x
3
– 3x + 2) = 0
⇔
0
1
2
x
x
x
=


=


= −

, loại
0x
=

Thay vào (3) : với x = 1 ⇒ y = - 1
x = -2 ⇒ y = - 2,5
Vậy hệ có 2 nghiệm là : (x; y) = (1; - 1 ) và (x; y) = (-2 ; -2,5).
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
2 2
2
2x y xy 5x 2y 3 (1)
2x 5 2 y 2x 13 (2)
− − + − = −



− + − = −


4
Nhận xét: Ta thấy phương trình (2) rất phức tạp và khó biến đổi còn
phương trình (1) có thể xem là phương trình bậc hai đối với ẩn y nên ta sẽ rút y
theo x từ phương trình (1) để thế vào phương trình (2) (ở phương trình (2) thế y
theo x sẽ đơn giản hơn)
Giải
Điều kiện x ≥
5
2
; y ≥ 0.
Ta có (1) ⇔ y
2
+ (x+2)y – (2x
2
+ 5x + 3)= 0 (3)

Xem (3) là phương trình bậc 2 đối với ẩn x ( tham số y) ta có:
∆= 9x
2
+ 24x +16 = (3x + 4)
2
Do đó (3)⇔ y = x+1
y = - 2x – 3< 0 ∀x ≥
5
2
( loại)
Với y = x + 1 thế vào (2) ta được phương trình:
2
2x 5 2 x 1 2x 13− + + − = −
2
2x 5 1 2 x 1 4 2x 18 0 ⇔ − − + + − − + =

2 2
(x-3) 2(x 3) 0 (4)
2x 5 1 x 1 2
 
⇔ + − + =
 
− + + +
 
Do với x≥
5
2
thì:
2 2
2.3 2(x 3)

2x 5 1 x 1 2
+ < < +
− + + +
Nên phương trình (4) ⇔ x = 3
Với x = 3 ⇒ y = 4
Vậy nghiệm của hệ (x; y) = (3;4).
Dạng 2: Hệ phương trình trong đó có một phương trình trong hệ có thể
biến đổi về dạng tích, từ đó rút được ẩn này theo ẩn kia để thế vào phương trình
còn lại.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 2
2
2xy
x y 1 (1)
x y
x y x y (2)

+ + =

+


+ = −

Nhận xét: Ở hệ này, nếu biến đổi phương trình(2) thì phải đặt điều kiện rồi
bình phương hai vế .Tuy nhiên sẽ đưa về phương trình bậc 4 khá phức tạp. Do đó
chúng ta sẽ tìm cách khai thác phương trình (1). Bằng cách thêm bớt làm xuất hiện
5
hằng đẳng thức rối đặt nhân tử chung ta có thể biến đổi phương trình (1) về dạng
tích.

Giải
Điều kiện: x+y > 0. Ta có : (1)⇔
( )
2
2xy
x y 1 2xy 0
x y
+ − + − =
+
x y 1
(x y 1)(x y 1) 2xy 0
x y
 
+ −
⇔ + − + + − =
 ÷
+
 

2xy
(x y 1) x y 1 0
x y
 
⇔ + − + + − =
 ÷
+
 
2 2
x y x y
(x y 1) 0 (3)

x y
 
+ + +
⇔ + − =
 ÷
+
 
Với điều kiện x+y > 0 thì
2 2
x y x y
0
x y
 
+ + +
>
 ÷
+
 
Do đó (3) ⇔ x + y – 1 = 0 ⇔ y = 1 – x .
Thay vào (2) ta được 1 = x
2
– (1 – x) ⇔ x
2
+ x – 2 = 0 ⇔ x= 1
x= - 2
Với x = 1 ⇒ y = 0
Với x = - 2 ⇒ y = 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (x;y)=(1;0) và (x;y) =(-2;3)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
x 2y xy 0 (1)

x 1 2y 1 1 (2)

− − =


− − − =


Nhận xét: Ở bài toán này có thể định hướng giải theo nhiều cách khác nhau.
Có thể biến đổi phương trình (1) về dạng tích, có thể xem phương trình (1)
là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với ẩn
x
và
y
. Cũng có thể biến đổi
phương trình (2) bằng phương pháp bình phương 2 vế. Tuy nhiên cách giải thứ
nhất là thuận lợi nhất .
Giải
Điều kiện:
x 1
1
y
2
≥



≥



6
Ta có
(1) x y y xy 0 ( x y)( x y) y( x y) 0
( x y)( x 2 y) 0
⇔ − − − = ⇔ − + − + =
⇔ + − =
⇔
x
+
y
= 0 (loại do điều kiện)

x
- 2
y
= 0
Với
x
- 2
y
= 0 ⇔
x
= 2
y
⇔ x = 4y.
Thay vào (2) ta có phương trình:

4y 1 2y 1 1 4y-1 2y 1 1− − − = ⇔ = − +
⇔ 4y – 1 = 2y – 1 +
2 2y 1−

+ 1 ⇔
2 2y 1−
= 2y – 1
⇔
1
y=
2y 1 0
2

5
2y 1 2
y
2



− =
⇔


− =



=


Với y =
1
2

⇒ x = 2 Với y =
5
2
⇒ x = 10
Vậy nghiệm của hệ phương trình (x; y) = (2;
1
2
) và (x; y) = (10;
5
2
).
Ví dụ 3: Giải hệ:
2 2
3 2
x 8y 12 (1)
x 2xy 12y 0 (2)
+ =


+ + =

Nhận xét : Ở phương trình (2) ta nhận thấy x
3
; xy
2
đều có bậc 3 nên nếu thế
hằng số 12 ở số hạng 12y bởi một biểu thức bậc 2 đối với x và y thì phương trình
(2) sẽ trở thành phương trình thuần nhất bậc 3 đối với hai ẩn. Từ đó rút được ẩn
này theo ẩn kia để thế vào phương trình còn lại.
Giải

Thế 12 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được phương trình:
x
3
+ 2xy
2
+ (x
2
+ 8y
2
)y = 0 ⇔ x
3
+ 2xy
2
+ x
2
y + 8y
3
= 0
⇔ (x + 2y)(x
2
– xy + 4y
2
) = 0
2 2
x 2y 0
x xy 4y 0
+ =

⇔


− + =


• x + 2y = 0 ⇔ x = - 2y thay vào (1) ta có phương trình : 12y
2
= 12
⇔ y = 1 hoặc y = - 1
7
Với y = 1 ⇒ x = -2
Với y = - 1 ⇒ x = 2
• x
2
– xy +4y
2
= 0 ⇔
2 2
1 15
(x y) y 0 x=y=0
2 4
− + = ⇔
Thay vào (1) không thỏa mãn
Vậy hệ có nghiệm là: (x; y)= (-2;1) và (x; y)= (2;-1)
Ví dụ 4: Giải hệ:
4
(x y) 13x 4 (1)
x+y 3x y 2 (2)
− = −




+ − =


Nhận xét: Dễ nhận thấy phương trình (1) rất khó khai thác, phương trình
(2) chứa căn và cả hai vế đều dương nên có thể bình phương. Mặt khác sau khi
bình phương thì các số hạng (x + y); (3x – y) sẽ làm triệt tiêu y.
Giải
Điều kiện
x y 0
3x y 0
+ ≥


− ≥

Ta có (2)
x y 3x y 2 (x y)(3x y) 2⇔ + + − + + − =
(x y)(3x y) 1 2x⇔ + − = −
2 2
1
x

2
x y 2xy 4x 1 0 (3)

≤

⇔



+ − − + =

(Ở phương trình (3) có thể xem là phương trình bậc 2 đối với ẩn x hoặc y để
rút ẩn này theo ẩn kia nhưng do phương trình (1) có chứa (x – y)
4
nên ta có thể rút
(x – y)
2
từ phương trình (3) để thế vào (1)).
Ta có (3) ⇔ (x – y)
2
= 4x – 1 .Thay vào (1) ta được :
(4x – 1)
2
= 13x – 4 ⇔ 16x
2
– 21x + 5 = 0 ⇔ x =
5
16
(do điều kiện)
Với x =
5
16
⇒
3
y
16
13
y
16

−

=



=


. Vậy hệ có 2 nghiệm (
5 3
;
16 16
−
) và (
5 13
;
16 16
).
2 . Phương pháp đặt ẩn phụ
Tùy từng hệ phương trình có thể lựa chọn để đặt một ẩn hoặc hai ẩn phụ.
Tuy nhiên điều quan trọng là việc phát hiện được ẩn phụ có ngay trong mỗi
8
phương trình của hệ hoặc xuất hiện sau một só phép biến đổi đơn giản (chia cho
một biểu thức khác không, sử dụng hằng đẳng thức…)
Ví dụ 1: Giải hệ:
11x y y x 1 (1)
7 y-x 6y 26x 3 (2)

− − − =



+ − =


Nhận xét: Có thể thấy 6y – 26x = 4(y– x ) – (11x – y). Do cả hai phương
trình trong hệ đều biểu diễn được qua hai đại lượng là y – x và 11x – y nên ta có
thể giải hệ trên bằng cách đặt ẩn phụ
Giải
Đặt;
u 11x y= −
;
v y x= −
( u ≥ 0 ; v ≥ 0 )
Ta có hệ:
2 2
u v 1
7v 4v 2u 3
− =


+ − =


2
u v 1
2v 3v 5 0
= +

⇔


+ − =

u 2
v 1
=

⇔

=

( do u ≥ 0 ; v
≥ 0 )
Vậy hệ có nghiệm là
(x; y) = (1/2; 3/2).
Ví dụ 2: Giải hệ:
4 4
2 2
x 16 y 1
(1)
8x y
x 2xy 4y 8 (2)
− −

=



− + =


Nhận xét: Mặc dù phương trình(2) của hệ có thể xem là bậc 2 đối với x
( tham số y) nhưng ∆ = 8 – 3y
2
nên không tính được x theo y để thế vào (1) do
đó ta sẽ khai thác phương trình (1). Nhận thấy rằng vai trò của y ở vế phải của (1)
giống như vai trò của
x
k
( k ∈ R
*
) ở vế trái, vấn đề là tìm ra k.
Ta có
4
4
4
x
x
1
1
x 16
2
16
k=2
x x
8x
2 2
 
−
−
 ÷

−
 
= = ⇒
.Từ đó có thể đặt ẩn phụ
x
t
2
=
Giải
Điều kiện : xy ≠ 0. Đặt
x
t
2
=
ta có hệ:
9
1
x=
11x y 2
11x - y =4
2

y - x = 1 3
y x 1
y
2



− =


 
⇒ ⇔ ⇔
  
− =




=


4 4
2 2
2 2
2 2
t 1 y 1
(t-y) ty(t ty y ) 1 0
t y

t ty y 2
4t 4ty 4y 8
− −


=
+ + + =
 
 
 

⇔
 
− + =



− + =

2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
t y t=y
t ty y 2 t 2

ty(t ty y ) 1 0 t ty y 2 2ty
t ty y 2 2(ty) 2ty 1 0
 =
 
 
 
− + = =
 
 
⇔ ⇔
 
+ + + = + + = +
 
 
 
 

− + = + + =
 
 

x 2 2
y 2
t y 2

t y 2
x 2 2
y 2


=





=
= =


⇔ ⇒



= = −

= −


 


= −




Vậy hệ có 2 nghiệm: (
2 2; 2
) và (
2 2; 2− −
)
Ví dụ 3: Giải hệ :
2 2
2 2
x y x y 12 (1)
y x y 12 (2)

+ + − =


− =


Nhận xét: Dễ thấy rằng khi bình phương biểu thức
2 2
(y x y )+ −
sẽ xuất

hiện biểu thức
2 2
y x y−
và làm triệt tiêu y
2
. Do đó ở hệ này ta có thể đặt ẩn phụ
t=
2 2
y x y+ −
để giải.
Giải: Điều kiện : x
2
– y
2
≥ 0
Đặt t=
2 2
y x y+ −
⇒ t
2
= x
2
+ 2
2 2
y x y−
Do (2) ⇒ t
2
= x
2
+ 24

Ta có hệ
2 2
x t 12
x t 12 t 7

t x 12 x 5
t x 24
+ =
+ = =

 
⇔ ⇔
  
− = =
= +
 

Với x = 5 , t = 7 ta có : y +
2
25 y−
= 7 ⇔
2
25 y−
= 7 – y
2
y 7
y=3

y=4
2y 14y 24 0

≤


⇔ ⇔


− + =


Vậy hệ có 2 nghiệm: (x; y) = (5; 3) và (x; y) = (5; 4).
10
3. Phương pháp hàm số
Phương pháp hàm số thường được sử dụng để giải các hệ phương trình mà
từ một (hoặc hai) phương trình trong hệ dẫn tới f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) trong đó
hàm số f đơn điệu trên một khoảng xác định.
Ví dụ 1: Giải hệ :
1 x 7 y 4 (1)
1 y 7 x 4 (2)

+ + − =


+ + − =


Nhận xét: Mặc dù đây là hệ đối xứng loại II nhưng không giải được bằng
các phép biến đổi tương đương thường dùng. Từ hệ suy ra
1 x 7 x 1 y 7 y+ − − = + − −
Phương trình này có dạng f(x) = f(y) với
f (t) 1 t 7 t= + − −

Từ đó ta sẽ xét tính đơn điệu của hàm số f.
Giải: Điều kiện
1 7
1 7
x
y
− ≤ ≤


− ≤ ≤

Từ (1) và (2) ⇒
1 x 7 x 1 y 7 y+ − − = + − −
(3)
Xét hàm số
f (t) 1 t 7 t= + − −
trên đoạn [-1; 7]
Ta có
/
1 1
f (t) 0 , t (-1;7)
2 1 t 2 7 t
= + > ∀ ∈
+ −
Lại có f liên tục trên [-1; 7] ⇒ f đồng biến trên đoạn [-1; 7] (*)
Phương trình (3) có dạng f(x) = f(y) kết hợp với (*) ta suy ra x = y
Với x = y phương trình (1) trở thành
1 x 7 x 4+ + − =

(1 x)(7 x) 4⇔ + − =

⇔ x
2
+ 6x + 9 = 0 ⇔ x = - 3
Vậy nghiệm của hệ là : (x;y) = (-3;-3).
Ví dụ 2: Giải hệ :
3 3
4 2
x 5x y 5y (1)
x y 1 (2)
− = −


+ =

Nhận xét : Dễ thấy với hệ trên phương trình (1) đã có dạng f(x) = f(y) với
f(t)= t
3
– 5t nên ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải. Vấn đề là từ
phương trình (2) ta phải tìm ra điều kiện của x,y để xét hàm số trên khoảng phù
hợp.
Giải: Từ (2) ⇒ x ∈ [-1;1] và y ∈ [-1;1].
Xét hàm số f(t) = t
3
– 5t với t ∈ [-1;1]
11
f `(t)= 3t
2
– 5 < 0 ∀t ∈ [-1;1]
Lại do f liên tục trên [-1;1] ⇒ f nghịch biến trên đoạn [-1;1] (3).
Phương trình (1) có dạng f(x) = f(y) kết hợp với (3) suy ra x = y.

Với x = y thay vào (2) ta có phương trình : x
4
+ x
2
– 1 = 0
2
1 5 1 5
x x
2 2
− + − +
⇔ = ⇔ = ±
Vậy hệ có 2 nghiệm : x = y =
1 5
2
− +
và x = y =
1 5
2
− +
−
.
Ví dụ 3: Giải hệ:
2
2 2
(4x 1)x (y 3) 5 2y 0 (1)
4x y 2 3 4x 7 (2)

+ + − − =



+ + − =


Nhận xét: Ở phương trình (1) ta nhận thấy : 4x
2
+ 1 = (2x)
2
+ 1 và

( )
2
5 2y−
+ 1 =2(3 – y) nên phương trình (1) sẽ biến đổi được về dạng
f(x) = f(y) trong đó f(t) = t(t
2
+ 1) = t
3
+ t . Do đó từ phương trình (1) ta sẽ
tìm được y theo x để thế vào phương trình (2)( do ở phương trình (2) thế y
theo x sẽ đơn giản hơn).
Giải: Điều kiện :
3 5
x ; y
4 2
≤ ≤
Ta có (1) ⇔ (4x
2
+ 1)2x = (5 – 2y + 1)
5 2y−
(3)

Xét hàm số f(t) = (t
2
+ 1)t = t
3
+ t trên R

/
f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0 ∀t∈R ⇒ f đồng biến trên R
(3) trở thành f(2x) = f(
5 2y−
) ⇒ 2x =
5 2y−

2
x 0
5 4x
y
2
≥


⇔

−
=



Thay vào (2) ta có phương trình :
2 2 2
5
4x ( 2x ) 2 3 4x 7 0
2
+ − + − − =
4 2
16x 24x 8 3 4x 3 0⇔ − + − − =
Xét hàm số g(x) =
4 2
16x 24x 8 3 4x 3− + − −
trên [0;
3
4
]
12
/ 3 2
16 16
g (x) 64x 48x 16x(4x 3)
3 4x 3 4x
= − − = − −
− −
< 0
⇒ Hàm số g(x) nghịch biến trên [0;
3
4
]
Lại do
1
g( ) 0

2
=
nên phương trình g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x=
1
2

Với x=
1
2
⇒ y = 2 . Vậy hệ có nghiệm : (x;y) = (
1
2
; 2)
4 . Phương pháp đánh giá
Với phương pháp này cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm trong hệ
và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản.
Ví dụ 1: Giải hệ:
3
x y 9 (1)
3x y 6 (2)
=


+ =


Nhận xét: Ở phương trình (1) có tích x
3
y , phương trình (2) có tổng
3x + y= x + x + x + y

Điếu đó làm chúng ta liên hệ đến bất đẳng thức Cauchy. Tuy nhiên muốn sử
dụng được bất đẳng thức Cauchy thì phải có điều kiện x,y không âm . Chúng ta có
thể chứng minh được điều đó từ các phương trình trong hệ.
Giải
Từ phương trình (1) ⇒ x,y cùng dấu ⇒ 3x và y cùng dấu ,kết hợp với (2)
⇒ x > 0 và y > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

4
3
3
x y
2
 
⇔ ≥
 ÷
 

Do
4
3
2
 
 ÷
 
= (2,25)
2
< 3
2
= 9 ⇒ x

3
y < 9
Đối chiếu với (1) ⇒ phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải hệ :
2 2 2
2 3
x y 2x y 0 (1)
7x 14x 3y 10 0 (2)
− + =


− + + =

13
3
4
6 3x y x x x y 4 x y= + = + + + ≥
Nhận xét: Ở hệ trên ta thấy không có những đặc điểm thuận lợi cho việc
vận dụng các phương pháp đã nêu ở phần trước để giải, do đó ta thử tìm kiếm một
cách giải “đặc biệt hơn “. Dễ thấy (2) ⇔ 7(x – 1)
2
+ 3(y
3
+ 1) = 0.
Do (x – 1)
2
≥ 0 nên nếu từ (1) ta chứng minh được y
3
+ 1 ≥ 0 thì phương

trình (2) giải được dễ dàng
Giải.
Ta có (1)
2
2
2x
y
x 1
⇔ =
+
Do
2
2x
1
x 1
≤
+

x R∀ ∈
⇒ y
2
≤ 1 ⇔ - 1≤ y ≤ 1 ⇒ y
3
+ 1 ≥ 0
Do đó 7x
2
- 14x + 3y
3
+ 10 = 7(x – 1)
2

+ 3(y
3
+ 1) ≥ 0
Nên (2) ⇔
x 1
y 1
=


= −

Thay vào (1) thấy thỏa mãn . Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (1; -1).
Ví dụ 3: Giải hệ:
2
2
2
2
2xy
x x y
x 2x 5
2xy
y y x
y 2y 5

+ = +

− +




+ = +

− +

Nhận xét : Mặc dù đây là hệ đối xứng loại II nhưng lại không giải được
bằng phương pháp biến đổi tương đương và phương pháp hàm số nên ta liên hệ
đến phương pháp đánh giá.
Giải Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta được:
2 2
2 2
2xy 2xy
x y
x 2x 5 y 2y 5
+ = +
− + − +
Ta có :
2 2
2 xy
2xy 2xy
xy
2
x 2x 5 (x 1) 4
= ≤ =
− + − +
Tương tự:
2
2xy
xy
y 2y 5
≤

− +
Lại có : x
2
+ y
2
≥ 2 xy  (Bất đẳng thức Cauchy)
Nên
2 2
2 2
2xy 2xy
x y
x 2x 5 y 2y 5
+ ≤ +
− + − +
14
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 1 hoặc x = y = 0 . Thay vào hệ thấy
thỏa mãn.Vậy hệ có 2 nghiệm là: (0;0) và (1;1)
Ví dụ 4: Giải hệ:
x y xy 3 (1)
x+1 y 1 4 (2)

+ − =


+ + =


Nhận xét: Hệ này đã được giải bằng cách đặt ẩn phụ ( ĐH KhốiA–năm
2006).Tuy nhiên ta có thể giải được hệ trên bằng cách sử dụng khéo léo bất đẳng
thứcCauchy và Bunhia

Giải Điều kiện : xy ≥ 0 ; x ≥ - 1 ; y ≥ - 1
Từ (1) ⇒
x y 3 xy+ = +
⇒ x+y > 0 .
Kết hợp với điều kiện suy ra x > 0 , y > 0.
Ta có :
x y 3 xy+ = +
≤
x y
3
2
+
+
⇒ x+y ≤ 6.
Lại có : 4 =
x+1 y 1 (1 1)(x 1 y 1) 2.8 4+ + ≤ + + + + ≤ =
.
Dấu “ = ’’ xẩy ra ⇔
x 1 y 1
x y 6
x y

+ = +

+ =


=

⇔ x = y = 3. Thay vào hệ thấy

thỏa mãn.Vậy hệ có nghiệm là (x;y) = (3;3).
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình sau:
1.
2 2
2 2
x y 3x 4y 1
3x 2y 9x 8y 3
+ − + =


− − − =

4.
2 2 2 2
x y x y 2

x y x y 4

+ − − =


+ + − =


2.
2 2
xy 3x 2y 16
x y 2x 4y 33
− − =



+ − − =

5.
2 2
x y 2xy 8 2
x y 4

+ + =


+ =


3.
3 3
6 6
x 3x y 3y
x y 1
− = −


+ =

6.
1
x x y 3 3
y
1

2x y 8
y

+ + + − =




+ + =


15
IV . KIỂM NGHIỆM
Qua nghiên cứu, ứng dụng đề tài vào thực tiễn giảng dạy tôi nhận thấy kết
quả đạt được có khả quan hơn. Cụ thể tôi dùng tài liệu này làm tư liệu đọc thêm và
giảng dạy cho học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi và những học sinh ôn thi đại
học. Sau khi giao cho học sinh về nhà tự đọc, đến lớp tôi kiểm tra việc tự học của
học sinh bằng các bài tập giải các hệ phương trình không mẫu mực. Đối chứng là
3 lần khiểm tra trước và sau khi học chuyên đề. Kết quả cụ thể như sau:
Bảng kết quả kiểm tra của đội tuyển học sinh giỏi tỉnh năm học 2012 –
2013.
Năm
học
Tổng
số học
sinh
được
kiểm
tra
Thang

điểm
Bài kiểm tra số 1 Bài kiểm tra số 2 Bài kiểm tra số 3
Số học
sinh đạt
điểm
trước khi
học
chuyên đề
Số học
sinh đạt
điểm sau
khi học
chuyên đề
Số học
sinh đạt
điểm
trước khi
học
chuyên đề
Số học
sinh đạt
điểm sau
khi học
chuyên đề
Số học
sinh đạt
điểm
trước khi
học
chuyên đề

Số học
sinh đạt
điểm sau
khi học
chuyên đề
2012
-
2013
5
1 0 0 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0 0
3 1 0 1 0 0 0
4 2 1 1 0 1 0
5 0 0 1 1 0 0
6 1 2 1 2 3 1
7 1 1 1 0 0 1
8 0 1 0 1 1 2
9 0 0 0 1 0 1
Số điểm trung bình 4,8 6,2 5,0 6.8 6,0 7.6
Như vậy sau khi học chuyên đề học sinh có kết quả học tập cao hơn, thể
hiện số điểm trung bình toàn đội tăng lên.
Trong năm học 2012 – 2013, tôi dùng 2 lớp làm khách thể nghiên cứu đó là
12A3 và 12A4. Trong đó lớp 12A3 được dạy kết hợp sách giáo khoa và được học
tài liệu như chuyên đề - lớp thí nghiệm, lớp 12A4 dạy như chuẩn kiến thức tối
thiểu – lớp đối chứng. Sau đó tôi đã tiến hành kiểm tra 45 phút, kết quả kiểm tra
như sau :
Bảng kết quả kiểm tra năm học 2012 – 2013
Lớp
Tổng số
học sinh

Chưa giải được Giải sai hướng Giải đúng hướng
SL % SL % SL %
12A4 (ĐC) 46 10 21,7% 25 54,3% 11 24%
12A3 (TN) 52 5 10% 15 29% 32 61%
16
Như vậy kết quả học tập của học sinh lớp 12A3 (Thí nghiệm) cao hơn 12A4
(Đối chứng), điều đó cho phép đánh giá hiệu quả việc sử dụng chuyên đề vào việc
‘‘ Giúp học sinh định hướng giải các hệ phương trình không mẫu mực ’’.
C - KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Đứng trước một bài toán, điều quan trọng là biết cách định hướng, phân tích
để tìm ra phương pháp giải phù hợp. Kinh nghiệm của tôi hy vọng trang bị được
cho học sinh một số kĩ năng cần thiết khi giải một hệ phương trình không mẫu
mực. Ngoài việc giúp học sinh định hướng tốt khi giải các bài toán về hệ không
mẫu mực, nó còn giúp các em rèn luyện khả năng phân tích, phán đoán, tư duy
logic . Từ đó học sinh sẽ có hứng thú hơn khi học môn toán. Tuy nhiên, trong giải
toán học sinh cần phải biết vận dụng linh hoạt các phương pháp đã học để có thể
kết hợp chúng trong nhiều bài toán khác.
Ở cấp độ trường trung học phổ thông Thạch Thành 2, đề tài có thể áp dụng
để cải thiện phần nào chất lượng bộ môn, củng cố phương pháp giải toán, góp
phần nâng cao chất lượng dạy và học
Bài viết này của tôi có thể chưa đầy đủ và thiếu sót. Rất mong được góp ý
thêm để tôi có thể làm tốt hơn vai trò của mình trong công tác giảng dạy.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày12 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Đinh Thị Hương Giang

17
MỤC LỤC
Trang
A ĐẶT VẤN ĐỀ 1
B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1
I CƠ SỞ KHOA HỌC 1
II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 2
III NỘI DUNG 3
1 Phương pháp biến đổi tương đương 3
2 Phương pháp đặt ẩn phụ 8
3 Phương pháp hàm số 11
4 Phương pháp đánh giá 13
IV KIỂM NGHIỆM 16
C KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 17
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 10.
2. Đề thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng toàn quốc từ năm 2000 đến năm
2012.
3. Báo Toán học và Tuổi trẻ.
4. Đề thi học sinh giỏi tỉnh các tỉnh.
5. Tuyển tập đề thi Olympic 30-4.
18