skkn học sinh có được một hướng đi đúng đắn khi giải hệ phương trình

PHẦN 1 : MỞ ĐẦU
I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Hệ phương trình hai ẩn không chứa căn thức là một nội dung cơ bản trong
chương trình đại số, mà học sinh được học ở lớp 10. Để giải loại toán này học
sinh phải có kiến thức tổng hợp, khả năng phán đoán tốt. Thực sự đây là loại
toán rèn luyện được nhiều phẩm chất tư duy cho học sinh .Bởi vậy các bài toán
về hệ phương trình thường xuất hiện trong các kỳ thi tuyển sinh đại học, các kỳ
thi chọn học sinh giỏi. Qua kinh nghiệm nhiều năm dạy học, chúng tôi thấy học
sinh thường dễ mất “phương hướng” khi giải hệ phương trình. Bởi vậy làm sao
để học sinh có được một hướng đi đúng đắn khi giải hệ phương trình . Đó là
điều mong mỏi của chúng tôi và các em học sinh. Với những kinh nghiệm có
được trong thời gian dạy học. Chúng tôi chọn đề tài này để đáp ứng phần nào
yêu cầu đó.
II/ THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI :
1. Thuận lợi :
+ Hệ phương trình học sinh được học từ lớp 9 với hai phương pháp giải rất cơ
bản là phương pháp thế và phương pháp cộng đại số. Bởi vậy, bước đầu các em
đã có những khái niệm cơ bản và những kỹ năng nhất định về giải hệ phương
trình.
+ Học sinh trường THPT Long Khánh được thi tuyển nên đầu vào cũng tương
đối đồng đều và có nhân tố tốt.
2. Khó khăn :
+ Số tiết luyện tập ít nên rèn luyện kĩ năng nâng cao là không thực hiện được.
+ Thực tế bài giải hệ phương trình lại yêu cầu khó, đa dạng , đòi hỏi có nhiều kỉ
năng , kỉ xảo bởi vậy học sinh phải được luyện tập nhiều.
+ Số lượng bài tập tham khảo không đầy đủ và đồng bộ.
+ Thiếu các dấu hiệu nhận biết cách giải một cách rõ ràng và đầy đủ.
III/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI :
+ Xây dựng được hệ thống các dấu hiệu dùng để nhận biết phương pháp giải hệ
phương trình bằng phương pháp thế.Tập hợp các bài tập về giải hệ phương trình
bằng phương pháp thế có hệ thống để học sinh luyện tập và các đồng nghiệp

tham khảo.
+ Góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức , hứng thú trong học
tập từ đó vận dụng để giải tốt các bài tập về hệ phương trình, đạt được các kết
quả cao trong các kỳ thi vào đại học, thi chọn học sinh giỏi.
IV/ ĐỐI TƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU :
1. Đối tượng nghiên cứu : Học sinh THPT
2. Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu qua tài liệu
+ Trao đổi với đồng nghiệp
+ Tiến hành thực nghiệm đối với học sinh.
PHẦN 2 : NỘI DUNG
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN :
1. Vị trí của môn toán trong nhà trường
Môn Toán là môn học có vai trò đặc biệt quan trọng trong nhà trường phổ thông .
Là môn học có tác động đến hầu hết các môn học khác. Môn Toán có tác động rất
lớn đến việc đào tạo các phẩm chất tốt cho người lao động sau này.
2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh
Ở tuổi THPT học sinh rất hiếu động và thích tiếp thu cái mới, cái “chân lý”. Bởi
vậy gắn việc học với việc tìm tòi lời giải là quá trình giúp cho học sinh khám
phá, tìm tòi, sáng tạo. Bởi vậy dạy học bằng cách “lấy học sinh làm trung tâm”
và người thầy đóng vai trò tổ chức, hướng dẫn học sinh tìm tòi, khám phá tri
thức là nhiệm vụ của người thầy giáo.
II/ CƠ SỞ THỰC TIỄN :
Để học sinh tiếp thu bài học một cách hứng thú, có hiệu quả .Rõ ràng không thể
áp đặt rồi bắt học sinh cứ áp dụng máy móc. Chìa khóa là hướng học sinh tìm tòi
để tìm được hướng đi cho lời giải, đó là chất “men” để học sinh có hứng thú khi
học bài. Thế nhưng dựa vào đâu để tìm tòi? Theo tôi đó là dấu hiệu của mỗi
phương pháp. Chúng ta phải làm cho học sinh tiếp cận được với những dấu hiệu
đó. Để phát hiện ra các dấu hiệu theo chúng tôi.
- Phân tích mỗi phương trình để thấy được mối liên hệ giữa các ẩn .

- Phân tích mỗi phương trình để tìm thấy nét đặc biệt trong các phương trình
-Trả lời được câu hỏi định hướng của lời giải là gì ?
III/ NỘI DUNG THỰC HIỆN :
1. Một số phép biến đổi tương đương của hệ phương trình .
1.1 Hệ haiphương trình tương đương
Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.
1.2 Một số định lý
* Định lý 1 :
- Nếu thay một phương trình của hệ bởi một phương trình tương đương thì
ta được một hệ phương trình tương đương.
* Định lý 2 :
- Cho hệ phương trình :
1
2
( , ) 0
( , ) 0
F x y
F x y
=


=

Nếu G(x;y) và H(x;y)
≠
0 với mọi cặp số (x;y) thỏa mãn điều kiện của hệ
phương trình, thì :
1
2
( , ) 0

( , ) 0
F x y
F x y
=


=


⇔
1
1 2
( , ) 0
( , ). ( ; ) ( ; ). ( ; ) 0
F x y
F x y G x y F x y H x y
=


+ =

Hệ quả 1 :
Với hai số C
1
; C
2

≠
0 ta có
1

2
( , ) 0
( , ) 0
F x y
F x y
=


=


⇔
1
1 1 2 2
( , ) 0
( ; ) ( ; ) 0
F x y
C F x y C F x y
=


± =

Hệ quả 2 :
1
2
( , ) 0
( , ) 0
F x y
F x y

=


=

⇔
1
1 2
( , ) 0
( ; ) ( ; ) 0
F x y
F x y F x y
=


± =

* Định lý 3 :
- Nếu phương trình
1
( , ) 0F x y = ⇔
( )x G y=
thì
1
2
( , ) 0
( , ) 0
F x y
F x y
=



=

⇔
2
( )
( ; ) 0
x G y
F x y
=


=

Định lí 3 là cơ sở để giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Ví dụ :
Giải hệ phương trình :
2 2
2
3 11
2 5
x xy y
y xy

− + =


− =



Nếu y = 0, từ (2) => vô lý
Nếu y
≠
0, (2)
2
5
2
y
y
x
−
⇔ =
Hệ phương trình
2
5
2
2 2
3 11
y
y
x
x xy y
−

=

⇔

− + =




2
2 2
5
2
5 5
2 2
2 2
( ) 3 . 11
y
y
y y
y y
x
y y
−
− −

=

⇔

− + =



2
5

2
4 2
24 25 0
y
y
x
y y
−

=

⇔

+ − =


Giải hệ ta có 2 nghiệm là (2;-1) và (-2;1)
(1)
(2)
Chú ý : Khi giải hệ PT để khỏi mất nghiệm hoặc xuất hiện nghiệm ngoại
lai, cần chú ý :
+ Nếu chia hai vế PT cho một biểu thức thì biểu thức đó phải khác không
trong điều kiện của hệ.
+ Khi nâng cả hai vế của PT với lũy thừa bậc chẵn hoặc nhân cả hai vế của
PT với một biểu thức chứa ẩn thì cần thử lại nghiệm để loại nghiệm ngoại
lai.
2. Các dấu hiệu và phương pháp tìm tòi lời giải hệ phương trình bằng
phương pháp thế.
Định hướng ban đầu là các dấu hiệu để nhận biết cách giải. Bởi vậy trong
quá trình dạy học sinh cách giải hệ phương trình, chúng tôi xây dựng bộ “tiêu

chí” sau đây dùng để giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
* Dấu hiệu 1 : Có 1 phương trình có ẩn là bậc nhất.
Phương pháp : Rút ẩn là bậc nhất từ PT này rồi thế vào PT kia rồi giải PT
theo ẩn đó.
Ví dụ 1 Giải hệ PT sau

2
2
5
( 1) 3(1)
( ) 1 0(2)
x
x x y
x y
+ + =



+ − + =


(Đề thi ĐH khối D/2009)
Tìm tòi lời giải :
Phương trình (1) là phương trình có ẩn y là bậc nhất. Từ PT (1) ta rút được
y theo x thế vào (2) ta được PT một ẩn là x.
Lời giải :
Điều kiện : x ≠ 0
1)
3
1

x
y x⇔ = − −
. Thế vào (2), có PT

2
2
3 5
( 1) 1 0 1; 2
x
x
x x− − + = ⇔ = =
Nghiệm hệ là (1;1) và (2;
3
2
−
)
Ví dụ 2 Giải hệ PT sau

2
4 3 2 2
2 6 6
2 2 9
x xy x
x x y x y x

+ = +


+ + = +



(2)
(Đề thi ĐH khối B/2008)
Tìm tòi lời giải :
Phương trình (1) là phương trình bậc nhất với y. Từ pt (1) rút được y theo x
Lời giải :
Nếu x = 0, (1) ⇒ Vô lý
Nếu x ≠0, (1) ⇔
2
6 6
2
x x
x
y
− + +
=
, thế vào (2)
Có x = -4; vậy y =
17
4
y =
Nghiệm hệ là (-4;
17
4
y =
)
Ví dụ 3 Giải hệ PT sau

2 2
2

( 1)( 1) 3 4 1
1
x y x y x x
xy x x

+ + + = − +


+ + =


Tìm tòi lời giải :
Từ PT (2) ta phát hiện được y là bậc nhất .Vậy (2) ta rút được y theo x.
Lời giải :
Nếu x = 0, (2) ⇒ Vô lý
Nếu x ≠0, (2) có
2
1
1
x
x
y
−
= −
, thay vào (1)
được
2 2
2 2
1 1
( )( )3 4 1

x x
x x
x x x x
− −
+ − +
⇔
3 2
( 1)(2 2 4 ) 0x x x x− + − =
⇔ x = 1; x = 2
Khi x = 1⇒ y = -1
x = -2 ⇒
5
2
y
= −
Hệ có nghiệm là (1; -1) và (-2;
5
2
−
)
(1)
(1)
(2)
Nhận xét :
Dấu hiệu có 1 PT có ẩn là bậc nhất chỉ là điều kiện có tính tương đối thôi.
Mặc dù rút ra được nhưng còn tùy thuộc vào có giải ra PT sau khi thế vào hay
không. Bởi vậy vẫn có nhiều hệ mặc dù rút ra được ẩn này theo ẩn kia nhưng
vẫn không dùng được phương pháp thế. Cần phải làm rõ điều này đối với học
sinh.
Ví dụ như giải hệ phương trình :

3 3
3
6 (2 1) 18
2 ( 1) 0
x y xy x y
x y x y

+ + + − =


− + − =


Mặc dù từ PT (2) ta rút y theo x, nhưng khi thế vào thì phương trình mới
không giải ra được. Do đó chúng tôi hướng học sinh tìm tòi cách giải khác.
Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình sau :
1)
3 2 4
2 1 1
x y
x y x y
+ =



+ + − + =


Đáp số : (2;-1)

2)
2
4 2 2
2 0
4 3 0
x xy x y
x xy x y

− + + =


− + + =


Đáp số : (0;0); (1;1), (2;2)
3)
2
2
2 2
2 1
1 0
2 3 4 0
x
y
x xy
x y x y

− + =



+ − − − + + =


Đáp số : (1;2)
4)
2
3 2 2
5 9
3 2 6 18
x x y
x x y xy x

+ + =


+ + + =


Đáp số : (1;3), (-3;15), (1-
7
;6+3
7
)
(-1+
7
; 6 - 3
7
)
5)
3 2

2 14
3 3 1
x xy y
x x x y
+ + =


+ + − =

Đáp số : (1;6), (-3;-10)
(1)
(2)
Dấu hiệu 2 : Nếu đổi vị trí các ẩn cho nhau thì phương trình này trở
thành phương trình kia.
Phương pháp : Lấy hai phương trình trừ nhau được một phương trình có
dạng tích A.B = 0.
Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình sau :

2
2
4 3
4 3
x x y
y y x

− =


− =



Tìm tòi lời giải :
Thay x và y cho nhau thì phương trình (1) trở thành phương trình (2) và
ngược lại lấy (1) trừ (2) ta được phương trình tích :
Lời giải :
(1) trừ (2), có (x-y)(x+y-1)=0
⇔ x = y hoặc x = 1-y
Thế x = y vào (1) có x = y = 0; x = y = 7
Thế x = 1-y vào (1) có
1 13
2
x
+
=
và
1 13
2
x
−
=

1 13
2
x
−
=
và
1 13
2
y

+
=
Nghiệm hệ là (0;0); (7;7); (
1 13
2
±
;
1 13
2
±
)
Chú ý : Hệ phương trình nói trên là hệ phương trình đối xứng loại 2 :
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình sau :
5)
2
2
(4 2) 2 15
(4 2) 2 15
x y
y x

+ = +


+ = +


(Đề thi học sinh giỏi TP.HCM – 2005)
Tìm tòi lời giải :
Hệ phương trình trên là hệ đối xứng loại 2. Lấy phương trình (1) trừ PT (2)

Lời giải :
(1) – (2) có (x-y) (8x + 8y + 9) = 0
8 9
8
x
x y
y
+
=


= −

(1)
(2)
(
(2)
(1)
Hệ có nghiệm là :
9 221 9 221 9 221 9 221
1 1 11 11
2 2 8 8 16 16 16 16
( ; ),( , ),( ),( )( ; )
− − − + − + − −
− −
Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình sau

3 2
3 2
1 2( )

1 2( )
x x x y
y y y x

+ = − +


+ = − +


Tìm tòi lời giải :
Hệ phương trình là hệ đối xứng loại 2 : Lấy (1) trừ (2) để phương trình tích
Lời giải :
(1) trừ (2) có (x-y)[x
2
+xy+y
2
-2(x-y)+4]=0
2 2
2( ) 4 0
x y
x xy y x y
=


+ + − + + =

Kết hợp với (1) ; (3) có
1 5
2

1x y
x y
±
= =
= =
Kết hợp (1) và (4) có
3 2
2 2
2 2 1
2
2( ) 4 0
x x x
x xy y x y
y
− + +

+ + − + + =


=


6 5 4 3 2
3 2 2 2 2 2
4 10 14 16 10 13 0(*)
( 2 ) 2 (3 7 5) 6 10 13 0
x x x x x x
x x x x x x x
⇒ − + − + − + =
⇔ − + − + + − + =

Vì
3 2 2
2 2
2
( 2 ) 0
2 (3 7 5) 0
6 10 13 0
x x x
x x x x
x x x
− ≥ ∀
− + ≥ ∀
− + > ∀
Vậy phương trình (*0 vô nghiệm
Nghiệm hệ là (1;1);
1 5 1 5
2 2
( ; )
± ±
Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình sau :
1)
2
1
2
1
1
1
y
x

x y
y x

+ = +


+ = +


Đáp số : (1;1)
(1)
(2)
(3)
(4)
2)
3
3
3 8
3 8
x x y
y y x

= +


= +


(Đề thi ĐHQGHN-1997)
Đáp số : (0;0),

( 11; 11),( 11; 11)− −
3)
2
2
2
2
2
2
3
3
y
x
x
y
y
x
+
+

=


=


(Đề thi ĐH khối B-2003)
Đáp số : (1;1)
4)
2 2
2 2

2 4 3 5
2 4 3 5
x x y
y y x

− = −


− = −


Đáp số :
7 7
11 11
5 5 5 5
( 5; 5),(1;1),( ; ),( ; )− − − −

5)
2 2
2 2
( 1)( 6) ( 1)
( 1)( 6) ( 1)
x y y x
y x x y

− + = +


− + = +



Đáp số :
(2;2),(2;3),(3;2);(3;3)

6)
2 3 4 4
2 3 4 4
x y
y x

+ + − =


+ + − =


Đáp số :
11 11
9 9
(3;3),( ; )

7) Tìm a để hệ PT
2 3 2
2 3 2
4
4
y x x ax
x y y ay

= − +



= − +


Có nghiệm duy nhất
Đáp số : a)
25
4

Dấu hiệu 3 :
Có một phương trình là phương trình bậc 2 với ẩn x hoặc y
Phương pháp :
Từ phương trình bậc 2, giải phương trình để rút x theo y hoặc theo x rồi thế
vào phương trình còn lại.
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau :

2 2
2 )
2 1 2 2
xy x y x y
x y y x x y

+ + = −


− − = −


Tìm tòi lời giải :

Ta thấy phương trình (1) là phương trình bậc hai với biến x, giải phương
trình (1) để rút x theo y.
Lời giải :
(1)
2 2
( 1) 2 0
; 2 1
x y x y y
x y x y
⇔ − + − − =
⇔ = − = +
Do điều kiện x ≥ 0; y ≥ ≥ nên x = -y
⇔ x + y = 0 là vô lý
Khi x = 2y + 1 thay vào (2) có
( 1) 2 2) 0 2 2y y y+ − = ⇔ =
do y ≥ 0
⇔ y = 2 vậy x = 5
Hệ có nghiệm (5;2)
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau

2 2
2 2
5 16 16 0
5 4 16 8 16 0
x y x
y x xy x y

+ − − =



− − + − + =


Tìm tòi lời giải :
(1) và (2) đều là các phương trình bậc 2 đối với x và y. Nếu giải PT (1) thì
nghiệm còn chứa căn bậc hai. Nếu giải PT (2) với ẩn y, ta có :
y = 5x + 4; y = 4 – x
Lời giải :
(2) ⇔ y
2
-(4x+8)y-5x
2
+16x+16=0
⇔ y =5x+4; y = 4-x
Với y = 5x + 4 thay vào (1) có x = 0;
4
5
x
= −
x = 0 ⇒ y = 4;
4
5
0x y
= − ⇒ =
Với y = 4 – x thay vào (1) có x = 0; x = 4
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)

x = 4 ⇒ y = 0
Nghiệm hệ là
4
5
(0;4),(4;0),( ;0)
−
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình sau

( )(2 ) 4 6 3 0
3 1 4(2 1) 1 3
x y x y x y
x x y y
+ − + + + =



− + + = − +


Tìm tòi lời giải :
(1)
2 2
( 3) 2 6 4 0y x y x x⇔ − + − − − =
là phương trình bậc hai đối với y
Lời giải :
ĐK :
1
3
; 1
(2) 1; 2 4

x y
y x y x
≥ ≥
⇔ = − − = +
Do
1
3
; 1x y⇔ ≥ ≥
nên x + y + 1 ≥ 0 vậy
y = -x-1 ⇒ hệ VN
* y = 2x + 4, thay vào (1) có
2
2(3 1) 3 1 2(2 3) 2 3
( ) 2 ; 0
( ) 4 1 0 0
x x x x
f t t t t
f t t t
− + − = + + +
= + ≥
= + > ∀ ≥
f(t) đồng biến ∀t ≥ 0
Do
( 3 1) ( 2 3 3 1 2 3
4 12
f x f x x x
x y
− = + ⇒ − = +
⇔ = ⇒ =
Nghiệm hệ (4;12)

Ví dụ 10: Giải hệ phương trình sau
10)
2 2
2 2
2 5 2 0
4 0
x xy y x y
x y x y

+ − − + + =


+ + + − =


Tìm tòi lời giải :
(1)
2 2
( 1) 2 5 2 0
2 ; 2 1
y x y x x
y x y x
⇔ − + − + − =
⇔ = − = −
Lời giải :
(1)
2
2 ; 2 1y x y x⇔ = − = −
Thế y = 2x-1 vào (2) có x = 1 ⇒ y = 1
(1)

(2)
(2)
(2)
(1)
(1)
(1)
Thế y = 2x-1 vào (2) có x
13
4
5 5
y
− ⇒ = −
Nghiệm hệ là
13
4
5 5
(1;1),( ; )− −
Ví dụ 11: Giải hệ phương trình sau
2
3
3 15 14 3
2 2 5 6 3 12
y xy y x
x y

+ + = +


− + − =



Tìm tòi lời giải :
Điều kiện : y ≤ 2
(1)
2
3 ( 14) 15 3 0y x y x⇔ + − + − =
Ta được phương trình bậc 2 theo y
Lời giải :
ĐK : y ≤ 2
(1)
2
5
3
3 ( 14) 15 3 0
3( );
x
y x y x
y l y
−
⇔ + − + − =
⇔ = =
Thay
5
3
x
y
−
=
vào (2) có
3

2 2 5 1 12x x− + + =
(*)
Phương trình (*) được giải theo hai cách :
C1 : là đặt
3
3
2 2 2x t x t− = ⇒ = +
(*)
3
2
3
5 3 12 2
1 3
t t
t x y
⇔ + = −
⇔ = ⇒ = ⇒ =
C2 : là đặt
3
2 2 ; 1x u x v− = + =
Có
3 2
2 3 12
3
u v
u v
+ =


− = −



1
2
u
v
=

⇔

=

2
3
3;x y⇒ = =
Hệ có nghiệm
2
3
(3; )
(2)
(1)
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình sau
2 2
2
2 2 3 0
3 1 0
x xy y x
xy y y

+ + + =



+ + + =


Tìm tòi lời giải :
Các phương trình (1) và (2) đều được coi là phương trình bậc 2 đối với x
hoặc y, nhưng khi giải ra thì nghiệm được biểu thị dưới dạng căn bậc 2.
Điều này không giáp ta dùng phương pháp thế được, bởi lẽ phương trình
mới còn chưa căn. Nếu nhân phương trình (2) với 2 rồi cộng với phương
trình (1) ta có : (x +2y)
2
+ 3(x+2y) + 2 = 0 thì ta được phương trình bậc 2.
Lời giải :
Nhân phương trình (2) với (2) rồi cộng với (1) có :
(x+2y)
2
+ 3 (x + 2y) + 2 = 0
2 1; 2 2
(1 2 )
2( 1)
x y x y
x y
x y
⇔ + = − + = −
= − +

⇔

= − +


Lần lượt kết hợp (3) với (2) và (4) với (2) giải ra ta có nghiệm hệ là :
1 5 1 5
2 2
( 3 2 2;1 2),( 3 2 2;1 2)
( 3 5; ),( 3 5; )
− +
− − + − + −
− + − −
Nhận xét : Khi phương trình bậc hai 2 có ∆ là một số có dạng bình thường
thì phương pháp mới có tác dụng.
Bài tập tương tự :
Giải các hệ phương trình sau :
1)
2 2
2 2
2
2 4 3 0
x y x y
x x y y

+ + + =


+ − − − =


Đáp số : (1;0), (-1;-2), (-2,-1)
2)
2 2

2 3 2
1 1 1
x xy y y x
x y

− + = −


− + − =


Đáp số : (1;2)
(2)
(1)
(3)
(4)
3)
4 2 2
2
2 7 7 8 0
3 13 15 2 1
y xy y x x
y x x

− + + − − =


+ − − = +



Đáp số : (3;-2), (3;2)
H.D : (1) ⇔ y = x + 1; y = 2x + 1
Dấu hiệu 4 : Có 1 phương trình có dạng đẳng cấp : ax
2
+bxy+2y
2
=0
hoặc ax
3
+bx
2
y+cxy
2
+dy
3

=0
Phương pháp :
Từ PT : ax
2
+ bxy + 2y
2
= 0 (a
≠
0)
Xét y
≠
0, ax
2
+ bxy + cy

2
= 0
2
( ) 0
x x
y y
a b c
⇔ + + =
, giải PT này để tìm x theo y
Từ PT
3 2 2 3
0( 0)ax bx y cxy dy a+ + + = ≠
Cũng làm tương tự để rút x theo y
Ví dụ 13 :Giải hệ phương trình sau :

2 2
2 2 2
39( )
7( )
x xy y x y
x xy y x y

− + = −


+ + = −


Tìm tòi lời giải :
Từ phương trình (2) có :

2 2
6 15 6 0(*)x xy y− + =
(*) là phương trình đẳng cấp cấp 2 đối với x và y
Lời giải :
2 2
(2) 6 15 6 0x xy y⇔ − + =
Nếu y = 0 ⇒ x = 0
(0;0) thỏa hệ phương trình. Vậy (0;0) là 1 nghiệm của hệ
Nếu y
≠
0, (*)
2
6( ) 15( ) 6 0
x x
y y
− + =
1
2
; 2
x x
y y
⇔ = =
Hay
2
2
y x
x y
=



=

(1)
(2)
Với y = 2x, thay vào (1) có x = -1
2y⇒ = −
vậy (-1;-2) là nghiệm của hệ phương trình
Với x = 2y, thay vào (1) có y = 1
2x⇒ =
, vậy (2;1) là nghiệm của hệ. Do đó hệ có nghiệm là :
( 1; 2),(2;1);(0;0)− −
Ví dụ 14 :Giải hệ phương trình sau :

2 2
2 2
2 3 9
4 5 5
x xy y
x xy y

− + =


− + =


Tìm tòi lời giải :
Nhân phương trình (1) với 5 và phương trình (2) với 9 rồi trừ cho nhau có
phương trình đẳng cấp là :
2 2

4 26 30 0x xy y− + =
Lời giải :
(1) và (2) có
2 2
4 26 30 0x xy y− + =
Nếu y = 0 => x = 0, mà (0;0) thỏa hệ pt
Vậy (0;0) không phải là nghiệm của hệ nếu y # 0,
ta có
2 2
4 26 30 0x xy y− + =
5 ;2 3 0x y x y⇔ = − =
Với x = 5y thay vào (1) có
2
2
y = ±
3x
⇒ = ±
vậy hệ có nghiệm là
5 2 2 5 2 2
2 2 2 2
(3;2),( 3; 2),( ; ),( ; )− − − −
Ví dụ 15 :Giải hệ phương trình sau :
2 2 2 2
1
3
(3 ) 3(9 ) 1093 ) 0
3 6
x y
x y x y x y
x y

−

+ − − − − =


+ + =


Tìm tòi lời giải :
Điều kiện : 3x – y # 0
(2)
⇔
2 2
(3 ) 3(3 )(3 ) 10(3 ) 0x y x y x y x y+ − + − − − =
(*) là phương trình đẳng cấp đối với (*)
(2)
(1)
(2)
(1)
(1)
(3 )x y
+
và
(3 )x y−
Lời giải :
ĐK : 3x – y
≠
0
(1)
2 2

3 3
2
3 3
(3 ) 3(3 )(3 ) 10(3 ) 0
( ) 3( ) 10 0
9 ; 2
x y x y
x y x y
x y x y x y x y
y x y x
+ +
− −
+ − + − − − =
⇔ − − =
⇔ = = −
Hệ có nghiệm là :
3 11 9 3 11 3 11 9 3 11
1 2
5 5 12 4 12 4
(1;2),( ; ),( ; )( ; )
+ + − −
Ví dụ 16 :Giải hệ phương trình sau :

2
2
2
2
3
2 2
1 2 1 1

y
x
y x x
y x
+

− = −



+ + − =

Tìm tòi lời giải :
Điều kiện phương trình là x > 0
(1)
2 2
2 . 2 2 0(*)y x y x+ − + − =
(*) Có dạng đẳng cấp với
2
2y +
và
x
Lời giải :
ĐK : x > 0

2
2
2
2 2
2

2
2
2
2 . 2 2 0
2 0
2 2 4 (**)
y
y
x
x
y
x
y x y x
y x
+
+
+
⇔ + − + − =
⇔ − − =
⇔ = ⇔ + =
Từ
1
2
(2) 2 1 0x x⇒ − ≤ ⇔ ≤
, kết hợp
(**)
2 2
2 2 0 0y y y⇒ + ≤ ⇔ = ⇔ =
1
2

x⇒ =
. Vậy hệ có nghiệm là
1
2
( ;0)
(1)
(2)
Ví dụ 17 :Giải hệ phương trình sau :

3 2 2 2
2
2 (8 ) 0
1 1 4( ) 3 3
x xy y x y
x y x y x y

+ + + =


+ + + = + + +


Tìm tòi lời giải :
3 2 3 2
(1) 2 8 0(*)x xy y x y⇔ + + + =
Phương trình (*) là phương trình đẳng cấp cấp 3 đối với x và y
Lời giải :
ĐK :
3 2 2 3
0

(1) 2 8 0
x y
x xy x y y
+ ≥
⇔ + + + =
Nếu y = 0 => x = 0. Vò (0;0) không thỏa (2) => (0;0) không phải là nghiệm
hệ phương trình.
Nếu y
≠
0, thì
3 2 2 3
2 8 0x xy x y y+ + + =
3 2
( ) ( ) 2 8 0
2 2
x x x
y y y
x
y
x y
⇔ + + + =
⇔ = − ⇔ = −
Thay x = -2y vào (2) có
2
1 3 4 1(**)y y y− − − = −
ĐK : y < 0
1 2
1 3
(**) (1 2 )(2 1) 0
2 2

y
y y
x
y
y y
x y
+
− + −
⇔ − + − =
⇔ = − ⇔ = −
Thay x = -2y vào (2) có
2
1 3 4 1(**)y y y− − − = −
ĐK : y < 0
1 2
1 3
1
1 3
(**) (1 2 )(2 1) 0
(1 2 )( 1 2 ) 0
y
y y
y y
y y
y y
+
− + −
− + −
⇔ − + − =
+ + − =

Do y < 0 => 2y > 0 vậy
1
1 3
( 1 2 0 0
y y
y y
− + −
+ − = ∀ 〈
(1)
(2)
Vậy PT
1
2
1y x⇔ = − => =
Hệ có nghiệm là
1
2
(1; )−
Ví dụ 18 :Giải hệ phương trình sau :

2
3 3 2
2 3 2 3 0
2(2 ) 3 ( 1) 6 ( 1) 2 0
x y y
y x y x x x

+ + + − =



+ + + + + + =


Tìm tòi lời giải :
3 3 2 2
3 2 3
(2) 4 2( 3 3 1) 3 ( 1) 0
4 3 ( 1) 2( 1) 0(*)
y x x x y x
y y x x
⇔ + + + + + + =
⇔ + + + + =
(*) là phương trình có dạng đẳng cấp cấp 3 đối với y và (x+1). Vậy từ (*)
ta rút ra mối liên hệ x và y.
Lời giải :
ĐK :
2
2 3 0x y+ + ≥
hay
3
2
y ≤
3 2 3
(2) 4 3 ( 1) 2( 1) 0y y x x⇔ + + + + =
Nếu y = 0 => x = -1 (loại)
Nếu y
≠
0,
3 2
1 1

(2) 2( ) ( ) 4 0
x x
y y
+ +
⇔ + + =
2 ( 1)y x⇔ = − +
Thế vào (1) có
2
2 4x x x
− + = +
5
14
9 9
x y⇔ = − ⇒ =
vậy nghiệm hệ là
5
14
9 9
( ; )−
Ví dụ 19 :Giải hệ phương trình sau :
3 3
7
( ) 2
x y
xy x y

− =

− =


Tìm tòi lời giải :
Từ (1) và (2) nếu triệt tiêu các số hạng, tự do ta được một phương trình
đẳng cấp cấp 3 đối với x và y.
Lời giải :
(1)
(2)
(1)
(2)
Hệ PT
3 3
2 2 14
7 ( ) 14
x y
xy x y

− =
⇔

− =

3 2 2 3
2 7 7 2 0(*)x x y xy y⇒ − + − =
Nếu y = 0 => x = 0 (loại)
Nếu y
≠
0, (*)
3 2
2( ) 7( ) 7 2 0
x x x
y y y

− + − =
; 2 ; 2x y x y y x
⇔ = = =
Khi x = y thay vào (1) có
7
3
2
x y
= =
Khi x = 2y thay vào (1) có x = 2; y = 1
Khi y = 2x thay vào (1) có x = -1; y = -2
Vậy hệ có nghiệm là :
7 7
3 3
2 2
(2;1),( 1; 2);( ; )− −
Ví dụ 20 :Giải hệ phương trình sau

( )(3 4 ) 2
( )(3 4 ) 2
x y xy x
x y xy y

+ − = −


+ − =


(Đề thi học sinh giỏi lớp 12 - Đồng Nai)

Tìm tòi lời giải :
Dễ dàng nhận thấy nếu cộng (1) với (2) ta được một phương trình dạng
tích. Bởi vậy ta có lời giải như sau :
Lời giải :
ĐK :
0; 0x y≥ ≥
Từ PT => x + y > 0
(1) + (2) có
( )(6 4 4 ) 0x y xy x y+ − − =
3 2( )xy x y⇔ = +
, thay kết quả này vào (1) có :
2
( ) ( ) 2x y x y+ − =
( )( ) 1x y x y⇔ + − =
(2)
(1)
Từ
3 2( )(*)xy x y
= +
Vế trái (*) là bậc 2. Ta nâng bậc vế phải (*) lên bậc 2 bằng cách nhân vế
phải của (*) với
( )(x y x y+ −
có
(*) 3 2( )( )xy x y x y⇔ = + −

2 2
2 3 2 0(**)x xy y⇔ − − =
(**) là phương trình đẳng cấp cấp hai với x và y
Nếu y = 0 => x = 0 (loại)
Nếu

2
0,(**) 2( ) 3( ) 2 0
x x
y y
y ≠ ⇔ − − =
2x y
⇔ =
Thay vào (*)
3
1
9(3 2 2 )
y
+
⇒ =
3
2
9(3 2 2)
x
+
=
Vậy hệ có hiệm là
3 3
2 2
9(3 2 2) 9(3 2 2)
( ; )
+ +
Ví dụ 21 :Giải hệ phương trình sau

1
1

3 (1 ) 2
7 (1 ) 4 2
x y
x y
x
y
+
+

+ =


− =


(Đề thi VMO – 1996)
Tìm tòi lời giải :
Từ (1) và (2) ta có x > 0 và y > 0 => x + y = 0
(1) và (2) có
1 2
3
4 2
1
7
1
1
x y
x
x y
y

+
+
+ =



− =


(3) + (4) lập mối liên hệ giữa
3x
và
7y
Điều này mở ra một sự liên hệ x và y
Từ đó có lời giải như sau :
(2)
(1)
(2)
(1)
Lời giải :
Hệ PT
1 2
3
4 2
1
7
1
1
x y
x

x y
y
+
+
+ =


⇔

− =


2 2
1
7
3
1
y
x
⇒ + =
và
2 2
1 1
3 7
x y
x y
+
− =
Nhân vế với vế hai kết quả này, có
8

1 1
7
3
y x y
x
+
− =
2 2
7 38 24 0(*)y xy y
⇔ − − =
(*) là phương trình đẳng cấp
(*)
6y x⇔ =
do
4
7
x
y
⇔ = −
(loại)
Vậy
11 4 7 22 8 7
21 7
;x y
+ +
= =
Nghiệm hệ là :
11 4 7 22 8 7
21 7
( ; )

+ +
Nhận xét : Thành quả có được là do nhân
2 2
1
3 7
1
x y
+ =
với
2 2
1 1
3 7
x y
x y
+
− =
lại với nhau. Vậy tại sao có suy
nghĩ đó. Mấu chốt là vô trái là các biểu thức liên hợp. Khi nhận lại khử
được căn và cũng là 1 hình thức để nâng bậc của vế trái.
Bài tập tương tự :
Giải các hệ phương trình sau
1)
2 2
2 3 0
2 2 3 4
x xy y
x y

− + =



+ + + =


Đáp số :
97 194
128 128
( ; )
, (1;1)
do y > 0
do x > 0
2)
2
6 2 3 3
6 2 3 3
x
y
y x y
x y y x y y

− = + −


− = − +


Đáp số : (4;-4),(
8 8
9 9
( ; )

3)
2 3
2 2 3
1
2 2
x y
x y xy y

+ =


+ + =


Đáp số :
3 3 3 3
1 1 1 2
9 92 2
( ; ),( ; )
4)
3 3
( ) 2
2
xy x y
x y
− = −


− =


Đáp số : (1;-1)
5)
3 3
( ) 2
9 (3 ) 6 26 2
xy x y
xy x y x y
+ =


− + = −

Đáp số : (1;1)
6)
3 3
2 2
8 2
3 3( 1)
x x y y
x y

− = +


− = +


Đáp số : (3;1), (-3;1)
4 78 78 4 78 78
13 13 13 13

( ; ),( ; )
− −
7)
2 2
2 3
30
35
x y y x
x y

+ =


+ =


Đáp số : (3;2), (2;3)
8)
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

− =


− = −



Đáp số : (1;1), (-1;-1)
9)
2
2 0
2 2
x xy x
x y y y x x

− + =


− = −


Đáp số : (0;0), (1;1)
10)
2 2 2
2 2 2
5 4 3 2( ) 0
( ) 2 ( )
x y xy y x y
xy x y x y

− + − + =


+ + = +



Đáp số : (1;1) , (-1;-1)
2 10 10 2 10 10
5 5 5 5
( ; ),( ; )
− −
11)
3
3
2 2 2 2 1 1
3 1 8 2 1; 0
x y x y xy
y x y x

− + + + + =


+ = − − >


Đáp số :
9 9
(cos ;2cos )
ϕ ϕ
(Đề thi HS giỏi các trường chuyên – 2010)
12)
2 2 3
2 2
( 2 1) 2( 1)
5 3 2 1
x x y y y

x y x y

+ + + = +


+ + + = + −


Dấu hiệu 5 : Có dạng các hằng đẳng thức a
2
– b
2
; a
3
± b
3
…trong
phương trình của hệ.
Phương pháp :
Dùng hằng đẳng thức phân tích thành phương trình tích.
Ví dụ22 : Giải hệ phương trình sau

2 2
1
2 2
2 1
3 1
y x
x
y x

x y x
−
−

= − −


+ = −


Tìm tòi lời giải :
Điều kiện phương trình là x-1>0
(1)
2 2
2 1 ( 1)y x y x x⇔ − = − − −

2 2 2
2 1 ( 1) 0y y x x x⇔ − − + − − =

2 2
( 1) 0y x x⇔ − − − =

2 2
( 1) 0y x x⇔ − − − =

1 ; 1y x x y x x⇔ = − + = − −
(1)
(2)
Với
1y x x= − +

, thế vào (2) có
2 ( 1 1) 0x x x− + − =
VN do x > 1
Với
1y x x= − −
thế vào (2) có
2 ( 1 1) 0x x x− − − =
1 1x x⇔ − = −
(do x > 1)
2
3 2 0x x⇔ − + =
2 1x y⇔ = ⇒ = −
Hệ có nghiệm (2;-1)
Ví dụ23 : Giải hệ phương trình sau
5
2
3 2 (3 )( 1)
3 2 2 2
x
x y x y
y xy y
+

+ = − +


− − = − −


Tìm tòi lời giải :

ĐK
2
3
5
3 0
x
y
x y
≥ −


≥


− ≥

(1)3( 1) 3 ) 2 3 . 1y y x y x y+ − − = − +
2 2
2 1( 1 3 ) ( 1) ( 3 ) 0y y y x y y x⇔ + + − − + + − − =
2 1( 1 3 ) ( 1 3 )y y y x y y x⇔ + + − − + + − −
( 1 3 )(3 1 3 ) 0y y x y y x⇔ + − − + + − =
2 1y⇔ −
Thay x = 2y-1 vào (2) có
2
3 2 2 2 3 2y y y y− − + = − −
2( 2)
3 2 2
( 2)(2 1)
y
y y

y y
−
− + +
⇔ = − +
3 2 2y y
− + +
(1)
(2)