MỘT sô PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH đại số HAI ẩn ở THPT

I. TÊN ĐỀ TÀI:
MỘT SÔ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Ở THPT
II. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Chúng ta đã biết toán học là môn khoa học cơ bản. Có nhiều ứng dụng liên quan
đến nhiều nghành, nhiều lĩnh vực khác nhau. Dạy toán học nhằm trang bị cho học sinh một
hệ thống tri thức cơ bản tạo điều kiện cho học sinh được hình thành và phát triển phẩm
chất, nhân cách, năng lực trí tuệ, đồng thời trang bị cho học sinh hệ thống tri thức đảm bảo
đủ kiến thức cơ bản để nghiên cứu và khám phá thế giới xung quanh.
Trong chương trình toán trung học phổ thông , một chủ đề của đại số là hệ
phương trình đại số hai ẩn. Nó luôn xuyên suốt chương trình để giải quyết các bài toán khác
và thường xuyên có trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng của nước nhà.
Qua thực tế giảng dạy ở trường tôi thấy rất nhiều học sinh còn lúng túng trong
việc giải hệ phương trình đại số, đặt biệt là các hệ phương trình “không thể nhìn thấy ngay
cách giải”. Do vậy tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng
dạy: “Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số 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.
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.
Trong quá trình làm đề tài này, chắc chắn còn nhiều sai sót, mong sự đóng góp ý
kiến.Tôi xin chân thành cảm ơn.
Trang 1
III. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
1. Cơ sở 1:
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
)(
'''
I
cybxa
cbxax




=+
=+
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)
⇒





−=−−
=+
bcbybbxa
cbybbxab
'''
'''
bccbxbaab
////
)( −=−⇒
lại có, (I)






=+
−=−−
⇒
acaybxaa
caxbaxaa
///
///
caacybaab
////
)( −=−⇒
Do đó hệ (I)





−=−
−=−
⇒
caacybaab
bccbxbaab
////
////
)(
)(
Đặt

baabD
//
−=
,
bccbD
x
//
−=
,
caacD
y
//
−=
Khi đó ta có hệ phương trình hệ quả của (I) như sau



=
=
y
x
DyD
DxD
.
.
(II)
Ta xét các trường hợp sau
1/ D
≠
0, khi đó hệ(II) có nghiệm duy nhất









=
D
D
D
D
yx
y
x
;);(
. thay vào hệ (I) ta thấy nghiệm
này là nghiệm của hệ (I).
2/ D =0, lúc này hệ trở thành



=
=
y
x
Dy
Dx
0

0
+ Nếu
0≠
x
D
hoặc
0≠
y
D
thì hệ (II) vô nghiệm do đó hệ (I) vô nghiệm.
+ Nếu
0==
yx
DD
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
b
a
a
b
/

/
=⇒
c
a
a
ccaacD
y
/
///
0 =⇒=−=
nên hệ (I) được viết thành





=+
=+
c
a
a
byax
a
a
cbyax
//
)(
Do vậy tập nghiệm của hệ (I) trùng với tập nghiệm của phương trình ax + by = c.
Trang 2
Tóm lại:

Đặt
.//
ba
ba
D =
,
//
bc
bc
D
x
=
,
//
ca
ca
D
y
=
* Trường hợp 1.
0≠D
Hệ có nghiệm duy nhất









D
D
D
D
y
x
;
* Trường hợp 2.
0===
yx
DDD
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình ax +
by =c
* Trường hợp 3.








≠
≠
=
0
0
0
y
x

D
D
D
Hệ vô nghiệm
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);(
yxg
yxf
được gọi là hệ đối xứng loại 1 theo hai ẩn x và y nếu



=
=
);();(
);();(
xygyxg
xyfyxf

Bài toán:
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 1 sau:



=
=
0);(
0);(
yxg
yxf
Giải:
Do



=
=
);();(
);();(
xygyxg
xyfyxf
nên hệ đã cho được viết lại như sau :



=
=
0);(
0);(

PSG
PSF
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)
3. Cơ sở 3.
Định nghĩa:
Hệ đối xứng loại 2 đối với hai ẩn x,y là hệ có dạng:



=
=
0);(
0);(
xyf
yxf
Bài toán:
Trang 3
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 2 sau:



=
=
)2(0);(
)1(0);(
xyf
yxf

Giải:
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
0);();( =− xyfyxf
(*)
Thay y = x vào (*) ta được 0 = 0 suy ra y = x thỏa (*), do đó (*)
0);().( =−⇔ yxgyx



=
=
⇔
0);( yxg
xy
* Thay y = x vào (1) ta tìm được x, suy ra y.
* Với g(x;y) = 0. ta có hệ



=
=
0);(
0);(
yxg
yxf
tìm được x và y.
4. Cơ sở 4:
Định nghĩa:
Hệ phương trình đẳng cấp vế trái đối với hai ẩn x, y là hệ có dạng:






=++++
=++++
−−
−
−
−
−−
−
−
−
dybxybyxbyxbxb
cyaxyayxayxaxa
nnn
n
n
n
n
n
nnn
n
n
n
n
n
0
1

1
22
2
1
1
0
1
1
22
2
1
1


(*)

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(
0
1
1
2
21
0
1
1
2
21
dtxbtxbtxbtxbxb
ctxatxatxatxaxa
nnnnn
n
n
n
n
n
nnnnn
n
n
n

n
n
+ Khi
0=d
, ta có



=++++
=
⇔
−−
0
)(0
)2(
0
2
21
n
nnn
tatbtbb
lx

0
0
2
21
=++++⇔
−−
n

nnn
tatbtbb

(**), 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
d
c
btbtbtbb
tatatataa
nnn
nn
nnn
=
+++++
+++++
−−
−
−−
01
2
21
0
1
1
2

21


5. Cơ sở 5.
Không có cách giải tổng quát cho mọi hệ phương trình.
Trang 4
IV. CƠ SỞ THỰC TIỄN:
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.
V. NỘI DUNG:
Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai ẩn
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn



=+
=+
'''
cybxa
cbxax
trong đó a, b không đồng thời bằng
không và a
’

, b
’
không đồng thời bằng không.
Cách giải:
Đặt
.//
ba
ba
D =
,
//
bc
bc
D
x
=
,
//
ca
ca
D
y
=
* Trường hợp 1.
0≠D
Hệ có nghiệm duy nhất









D
D
D
D
y
x
;
* Trường hợp 2.
0===
yx
DDD
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình ax +
by =c
* Trường hợp 3.








≠
≠
=
0

0
0
y
x
D
D
D
Hệ vô nghiệm
1. Bài toán 1:
Cho hệ phương trình



=+
+=+
mmyx
mymx
3
12
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.
Trang 5
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
[ ]
3;2∈m
.
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.
10 ±≠⇔≠ mD
: Hệ có nghiệm duy nhất







+
+
=

+
=
1
13
1
2
m
m
y
m
m
x
Trường hợp 2.
10
±=⇔=
mD
* Nếu m = 1 thì hệ trở thành x + y = 3 nên hệ có vô số nghiệm



−=
∈
xy
Rx
3
* Nếu m = - 1 thì
04 ≠=
x
D
nên hệ vô nghiệm.

2. Khi
1±≠m
hệ có nghiệm duy nhất là







+
−=
+
+
=
+
−=
+
=
1
2
3
1
13
1
2
2
1
2
mm

m
y
mm
m
x
Khi đó điều kiện bài toán tương đương với





∈
+
∈
Z
m
Zm
1
2






−=+
−=+
=+
=+
⇔

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
1

±≠
m
hệ có nghiệm duy nhất là







+
−=
+
+
=
+
−=
+
=
)2(
1
2
3
1
13
)1(
1
2
2
1

2
mm
m
y
mm
m
x
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được x – y = - 1 .
Vậy hệ thức cần tìm là x – y + 1 = 0.
4. Khi
1
±≠
m
hệ có nghiệm duy nhất là







+
−=
+
+
=
+
−=
+
=

1
2
3
1
13
1
2
2
1
2
mm
m
y
mm
m
x
Trang 6
Ta có
12
1613
2
2
22
++
++
=+
mm
mm
yx
Xét hàm số

12
1613
)(
2
2
++
++
=
mm
mm
mf
trên đoạn
[ ]
3;2
Ta có
f(m) liên tục trên đoạn
[ ]
3;2

( )
2
2
2
/
12
42420
)(
++
++
=

mm
mm
xf





−=
−=
⇔=
)(
5
1
)(1
0)(
/
lm
lm
mf
Ta lại có
2
17
)3(,
9
65
)2( == ff
Vậy
[ ]
2

17
)(
22
3;2
=+
∈
yxMax
m
khi m = 3.
[ ]
9
65
)(
22
3;2
=+
∈
yxMin
m
khi m = 2.
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
2. Bài toán 2: Cho hệ:



=−+
=−+
)2(0
)1(0
22
aayx
xyx

a/ Giải hệ khi a=1
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
Trang 7
0)12()1(
222
=−+−−+ aayaaya
(3)
a/ với a=1, ta có (3) trở thành: 2y
2
-y=0




=⇒=
=⇒=

⇔
2
1
2
1
10
xy
xy
vậy hệ có 2 nghiệm: (1;0), (
2
1
;
2
1
)
b/ Hệ có 2 nghiệm phân biệt
)3(⇔
có 2 nghiệm phân biệt
3
4
0
0
01
2
<<⇔



>∆
≠+

⇔ a
a
c/ Khi
3
4
0 << 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
1
)12(
2
2
21
2
21
a
aa
yy
a
aa
yy
lại có



−=
−=
22
11
ayax
ayax

Khi đó,
( ) ( )

[ ]
1
1
)12(
1
1
34
4)()1()(
2
2
2
2
2121
22
12
2
2112
≤
+
−
−=
+
−
=−++=−+−=−
a
a
a
aa
yyyyayyayayyy
HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I

* Có dạng:



=
=
0);(
0);(
yxg
yxf
với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x)
* Biến đổi hệ theo x+y và x+y
Đặt S = x + y và p=xy
• Biến đổi hệ theo s,p và giải hệ tìm hai ẩn đó
• Với mỗi nghiệm (s;p) ta giải pt x
2
– sx +p =0 để tìm x, y
• Chú ý; với mỗi bài toán phức tạp ta tìm cách đặt ẩn phụ cho x, y
3. Bài toán 3:
Giải hệ



=++
=+++
12)1)(1(
8
22
yxxy
yxyx

Cách 1:
Hệ



=++
=+++
⇔
12)1)(1(
8
22
yxxy
yxyx
Đặt s=x+y và p=xy với s
2
-4p
0
≥
Trang 8
Hệ trở thành





=++
=−+
)2(1
)1(82
2

2
ppsp
pss
Từ (1)
⇒
2
8
2
−+
=
ss
p
thay vào (2) ta được
s
03011
234
=−−+ sss







=⇒=
−=⇒−=
=⇒−=
−=⇒=
⇔
23

32
65
40
ps
ps
ps
ps
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(
+=
+=
yyv
xxu
Hệ trở thành




=
=
⇔



=
=+
6
2
12
8
v
u
uv
vu
hoặc



=
=
2
6
v
u
Từ đó suy ra nghiệm của hệ là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2;3,3;2,2;2,2;2,1;3,3;1,2;1,1;2 −−−−−−−−
HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI II

1. Hệ đối xứng loại 2 là hệ có dạng
( )
( )



=
=
)2(0;
)1(0;
xyg
yxf
2. Cách giải
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được pt dạng



=
=
⇔=−
0);(
0));()(
yxg
yx
yxgyx
Bài toán 4: Giải hệ








=−
=−
y
x
xy
x
y
yx
4
3
4
3
Điều kiện:
0;0 ≠≠ yx
Trang 9
Hệ





=−
=−
⇔
)2(43
)1(43
2

2
xxyy
yxyx
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được
( )( )



−−=
=
⇔=++−
4
04
xy
xy
yxyx
* Với y = x thay vào (1) ta được



−=⇒−=
=⇒=
⇔=+
22
)(00
02
2
yx
lyx
xx

* Với y = - x – 4 thay vào (1) ta được
22044
2
−=⇒−=⇔=++ yxxx
Vậy nghiệm của hệ là ( - 2 ; - 2 )
5. Bài toán 5: Giải hệ:





=−+
=−+
53
53
xy
yx
(*)
Cách 1: Điều kiện:
3,3 ≥≥ xy
( )( )







+−=−
=−+−

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



−=−
−=−
⇔
)4(10253
)3(09
)2(5
)1(5
10253
01010
5
5
10253
10253
5
5
53
53
(*)
2
2
22
2
2
xxy
yxyx
y
x
yyx

yxyxyx
y
x
yyx
xxy
y
x
yx
xy
Ta có



=−+
=
⇔
09
)3(
yx
yx
*Với x=y thay vào (4) ta được:
02811032510
22
=+−⇔=−++− yyyyy



=⇒=
=⇒=
⇔

44
)(77
yx
lyx
* Với y = 9 – x thay vào (4) ta được






+
=⇒
−
=
+
=
⇔=+−
)(
2
59
2
59
)(
2
59
0199
2
lyx
lx

xx
Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)
Cách 2:
Đặt





−=
−=
3
3
xv
yu
với
0,0 ≥≥ vu





+=
+=
⇒
3
3
2
2
vx

uy

Trang 10
Hệ trở thành





=+
=+
⇔





=++
=++
)2(2
)1(2
53
53
2
2
2
2
vu
uv
vu

uv
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
( )
0
22
=−−− vuvu
( )( )



−=
=
⇔=−+−⇔
vu
vu
vuvu
1
01
* Với u = v thay vào (1) ta được



−=
=⇒=
⇔=−+
)(2
11
02
2
loaiv

uv
vv
Ta có hệ:



=
=
⇔





=−
=−
4
4
13
13
y
x
y
x
* 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)
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
Xét hệ đẳng cấp bậc hai:






=++
=++
2
2
22
2
2
1
2
11
2
1
dycxybxa
dycxybxa
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
0
22
=++ cybxyax
+ Đặt x = ty, khi đó pt trở thành




=++
=
⇔=++
0
0
0)(
2
22
cbtat
y
cbtaty
• Xét y = 0 thay vào hệ tìm x
• Xét
0
2
=++ cbtat
tìm nghiệm (nếu có) sau đó tìm được x,y.
6. Bài toán 6: Giải hệ:





=++
=++
222
932
22

22
yxyx
yxyx
Trang 11
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:
0
016143
0
0)31416(
2
22
=⇔



=++
=
⇔=++ x
tt
x
ttx
hoặc t=-2 hoặc t=-
3
8
Với x=0 hệ trở thành:






=
=
2
3
2
2
u
u
hệ vô nghiệm
Với t=-2 ta có:



−=−=
==
2;1
2;1
yx
yx
Với t=-
3
8
ta có:







=−=
−==
17
8
;
17
3
17
8
;
1
3
yx
yx
7. Bài toán 7: Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm





=−
=+−
43
4
2
22
xyx

myxyx

Giải:
Ta có x=0 không thỏa hệ
Đặt y=tx ta có:
431
41
4)31(
)41(
2
2
22
m
t
tt
tx
mttx
=
−
+=
⇒





=−
=+−
Trang 12
Xét hàm số

t
tt
xf
31
41
)(
2
−
+−
=
ta có:
3
1
0
)31(
123
)(
2
2
'
≠∀<
−
−+−
= t
t
tt
tf
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
t
tt
xf
31
41
)(

2
−
+−
=
tại hai điểm có hoành độ
21
3
1
tt <<
khi đó phương trình
1
1
2
31
2
31
4
t
x
t
x
−
±=⇔
−
=
suy ra
1
1
31
2

t
t
y
−
±=
Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm.
PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
ĐẠI SỐ Ở CHƯƠNG TRÌNH THPT
Để giải hệ phương trình đại số có các cách sau:
I. Nhận biết là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
II. Nhận biết là hệ phương trình gồm một phương trình bật nhất và một phương trình
bật hai, bật ba,
III. Đặt ẩn phụ bằng cách:
+ Nhận biết hệ phương trình đối loại 1, loại2, hệ pt đẳng cấp
+Đưa hệ về hệ chứa một biểu thức bằng cách:
• Nhóm các biến số (chú ý đến hằng đẳng thức)
• Quy đồng các phương trình trong hệ
• Chia hai vế của phương trình trong hệ cho một biểu thức
• Cộng trừ hai vế các phương trình của hệ
Trang 13
IV. Giải một phương trình của hệ bằng cách đưa về dạng tích, sử dụng bất đẳng
thức, đạo hàm
V. Cộng và trừ hai vế của hệ, dùng phương pháp thế.
VI.Dùng phương pháp đáng giá bằng bất đẳng thức côsi, các tính chất của bất đẳng
thức.
VII. Dùng phương pháp đạo hàm, bảng biến thiên
8. Bài toán 8: (Phương pháp nhóm các biến)
Giải hệ:






=−−−
=+−+
38923
143
22
22
yxyx
yxyx
Giải:
Nhóm các biến: hệ
⇔





=+−−
=+−+
3)4(2)3(3
143
22
22
yyxx
yxyx
Đặt: u=
xx 3
2

=
và v=y
2
+4y
Hệ trở thành:







−=
±
=
=
±
=
⇔





=+
=−−
⇔




=
=
⇔



=−
=+
4;
2
133
0;
2
133
04
013
0
1
322
1
2
2
yx
yx
yy
xx
v
u
vu
vu

9. Bài toán 9. ( phương pháp nhóm các biến bằng hằng đẳng thức)
Giải hệ:







−=+++
−=++++
)2(
4
5
)21(
)1(
4
5
24
232
xxyyx
xyxyyxyx
(TS K A 2008)
Giải:
Ta có: (2)
⇔
4
5
)(
4

5
2
22224
−=++⇔−=+++ xyyxyxxyyx
Ta tìm cách biến đổi (1) về pt có chứa
yx +
2
và
xy
Ta có (1)
4
5
)1(
22
−=++++⇔ yxxyyx
Đặt
yxu +=
2
và
xyv =
hệ trở thành







−=−=
−==

⇔







−=+
−=++
2
3
;
2
1
4
5
;
4
5
4
5
2
vu
vou
vu
uvvu
Trang 14
Với u=0, v=-
4

5
ta có hệ







−=
=
⇔





−=
=+
3
3
2
16
25
4
5
4
5
0
y

x
xy
yx
Với u=-
2
3
,
2
1
−=v
ta có hệ:





−=
=
⇔





−=
=−+
⇔








−=
=+−
2
3
1
2
3
032
2
3
0
2
1
2
3
2
y
x
x
y
xx
x
y
x
x
10. Bài toán 10 ( phương pháp nhóm các biến bằng hằng đẳng thức)

Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực







−=+++
=+++
1015
11
5
11
3
3
3
3
m
y
y
x
x
y
y
x
x
(Đề tuyển sinh khối D năm 2007)
Giải:
Hệ đã cho

⇔







−=








+−








++







+−






+
=+++
1015
1
3
11
3
1
5
11
3
3
m
y
y
y
y
x
x
x

x
y
y
x
x
đặt u=
x
x
1
+
,
y
yv
1
+=
với
2,2 ≥≥ vu
.
Hệ trở thành:
( )



−=+−+
=+
10153
5
33
mvuvu
vu




−=
=+
⇔
muv
vu
8
5
⇔
u, v là nghiệm của phương trình
mtt =+− 85
2
(1)
Hệ đã cho có nghiệm
⇔
phương trình (1) có hai nghiệm t = t
1
,
t = t
2
thỏa mãn
2,2
21
≥≥ tt
.
Xét hàm số f(t) = t
2
– 5t + 8 với

2≥t
ta có f
/
(t) = 2t – 5.


2
5
0)(
/
=⇔= ttf
Bảng biến thiên
Trang 15
t
−∞ −2 2
5
2
+∞
)(
/
tf
− − 0 +
f(t)
+∞ +
∞
22
2

7
4

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2
4
7
≤≤ m

hoặc
22≥m
.
11. Bài toán 11: (Chia hai vế của phương trình trong hệ cho cùng một biểu thức)
Giải hệ:





=+
−=
xyyx
xxy
6
)9(
22
333

Giải:
*Khi x=0 hệ trở thành:
0
0
0

2
3
=⇔





=
=
y
y
y

*Khi
0≠x
,
Hệ



=
=
⇔





=

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

=−
⇔
2
1
2
3
6)(
21)(
6)(
9)(3)(
6
9)(
33
2
33
x
x
y
x
y
x
x
y
xy
x
x
y
x
y
xy

x
y
xyx
x
y
x
y
xy
x
x
y
vậy hệ có 3 nghiệm (0;0), (1;2), (2;2)
12. Bài toán 12: (Chia hai vế của phương trình trong hệ cho cùng một biểu thức)
Xác định m sao cho hệ





=−+
=++
2234
23
22
42
mxyxx
xyxx
có nhiều hơn một nghiệm.
Giải:
Trang 16

* Thay x = 0 vào hệ ta được y = 0 với mọi m, suy ra hệ có ít nhất một nghiệm (0; 0) với
mọi m.
* Khi
0≠x
hệ trở thành







=






−+
=++
m
x
y
xx
x
y
xx
2
2

2
22
42
Đặt
( )
112
2
2
−+=+= xxxu
với
1−≥u

x
y
v =
Hệ trở thành



−+=
−=
⇔



=−
=+
)2(82
)1(4
2

4
22
uum
uv
mvu
vu
Hệ có nhiều hơn một nghiệm khi và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiệm u sao cho
1
−≥
u
.
Xét hàm số
82)(
2
−+= uuuf
với
1−≥u
Ta có
14)(
/
+= uuf
4
1
0)(
/
−=⇔= uuf
u
∞−
-1
4

1
−

∞+
f
/
(u) - 0 +
f(u)

-7
∞+


8
65
−
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
8
65
−≥m
thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho.
13. Bài toán 13: (Quy đồng các phương trình của hệ)
Giải hệ





=+
=+

2
2
4
2
xyy
y
y
x
Giải:
Điều kiện: y
0
≠
Trang 17
Hệ



−=−=
==
⇔








−=
=

=+
⇔





=
=+
⇔





=+
=+
⇔
1;1
1;1
1
1
2
1
2
2)(
2
3
2
3

3
3
yx
yx
y
y
yyx
y
yyx
xyy
yyx
Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 1), ( -1; - 1)
14. Bài toán 14: (Phương pháp giải một phương trình của hệ )
Hãy giải hệ sau:





=+−
=++
)2(032
)1(63
22
yxyx
yx
Giải:
Ta có (2)




=
=
⇔=−−⇔
xy
xy
yxyx
2
0)2)((
* Với y=x thay vào (1) ta được
2
3713
2
3713
2
3713
2
3713
6
03313
6
63
2
−
=⇒
−
=⇔
















−
=
+
=
≤
⇔



=+−
=
⇔−=+ yx
x
x
x
xx
x
xx

* Với y=2x thay vào (2) ta được
03632 =⇒=⇔−=+ yxxx

Vậy hệ có 2 nghiệm
)0;3(,
2
3713
;
2
3713








−−
15. Bài toán 15: (Dùng phương pháp đạo hàm)
Giải hệ





=−+−
=+−−
)2(328
)1(322

2
2
yx
yyyxyxx
Giải:
Trang 18
Điều kiện:



≤≤
≥−
20
08
y
x
Ta có (1)




=
=
⇔=−−⇔
yx
yx
yxyx
2
0))(2(
* Với x=2y thay vào pt (2) ta được:

)3(3248
2
=−+− yy
Xét hàm số
( )
yyxf −+−= 248
2
với y
[ ]
2;0∈
Ta có:
[ ]
2;00
22
1
48
4
)(
2
'
∈∀<
−
−
−
−
= y
y
y
y
yf

)(xf⇒
giảm trên [0;2]
Lại có y=1 là nghiệm của (3).
Suy ra (3) có nghiệm duy nhất y=1
2
=⇒
x
* Với x=
y
thay vào (2) ta được
yyyyy −−−+=−⇔−−=− 26298238
( vì
20 ≤≤ y
thì
2
7
4
7
)023 =⇒=⇔>−− xyy
Vậy nghiệm của hệ là: (2;1), (
4
7
;
2
7
)
16. Bài toán 16: (Dùng phương pháp sử dụng các tính chất của bất đẳng thức, bất đẳng
thức Côsi )
Hãy giải hệ:






++−−=+
=+
)2(42
11
)1(1
22
20102010
20102010
xyyx
yx
yx

Giải:
Điều kiện:
0,0 ≠≠ yx
Thay (1) vào (2) được
(*)42)
11
)((
22
20102010
20102010
++−−=++ xyyx
yx
yx

Áp dụng BĐT Côsi ta được
4)
11
)((
20102010
20102010
≥++
yx
yx
Lại có:
44)(42
222
≤+−−=++−− yxxyyx
Trang 19
Do đó: (*)
yx
yx
yx
=⇔



=
=
⇔
20102010
Thay x=y vào (1) ta được







−=⇒−=
=⇒=
⇔=
20102010
2010
2010
2
1
2010
2
1
2
1
2
1
2
1
xy
xy
y
(Thỏa điều kiện)
17. Bài toán 17:
Giải hệ






=+
=+
)2(2
)1(1
66
44
yx
yx
Giải:
Từ (1) suy ra |x|
,1≤
|y|
1≤
Lấy (1) trừ (2) ta được:
0)1()1(
2424
=−+− yyxx















−=
=
=



−=
=
⇔





−
=−
⇔
1
1
0
1
0
)1(
0)1(
24
24
y
y

y
x
x
yy
xx

Vậy nghiệm của hệ: (0;-1), (0;1), (1;0), (-1;0)
Trang 20
VI. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Một số phương pháp trên đã được trình bày trong đề tài đã được Tôi nghiên cứu và
giảng dạy đã giúp học sinh. Nhận dạng được hướng giải các bài toán về hệ phương
trình được nhanh chóng hơn.
VII. KẾT LUẬN:
Việc vận dụng một số phương pháp để giải hệ phương trình hai ẩn là điều quan trọng
nhất trong việc giải hệ. Nếu không giải quyết được điều này thì khó giải được hệ
phương trình. Một số phương pháp trên là kiến thức bổ ích giúp các em học sinh bước
vào các kỳ thi tuyển sinh Đại học cao đẳng. Tôi cũng mong muốn các đồng nghiệp tham
khảo và đóng góp ý kiến để đề tài được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

Tháng 4 năm 2010
Trang 21
VIII. ĐỀ NGHỊ:
Đây là một đề tài nghiên cứu cách giải một hệ phương trình đại số ở THPT mà
trong trong sách giáo khoa chưa đề cập nhiều, đặt biệt là phương pháp giải một hệ tổng
quát. Tôi mong muốn các thầy cô trong tổ chuyên môn cùng nghiên cứu chia sẽ với tôi
và vận dụng một cách hợp lí trong quá trình giảng dạy, cũng như trong quá trình ôn thi
đại học, cao đẳng.
IX. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
[1] Đại số 10 Nâng cao – Tác giả: Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân

Liêm, Đặng Hùng Thắng, Trần Duy Vuông – Nhà xuất bản giáo dục năm 2006.
[2] Phân loại phương pháp giải toán phương trình, bất phương trình đại số – Tác giả: Lê
Thị Hương, Nguyễn Kiếm, Hồ Xuân Thắng – Nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội
năm 2009.
[3] Bộ đề thi tự luận toán học – Tác giả: Lê Hoành Phò – Nhà xuất bản đại học quốc gia
Hà Nội năm 2008.
[4] Internet.
[5] Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ – Tác giả: Nguyễn Văn Mậu – Nhà xuất bản giáo
dục năm 2006.
X. PHÂN CÔNG THỰC HIỆN ĐỀ TÀI:
Nguyễn Anh Tuấn
Trang 22
XI. MỤC LỤC:
Nội dung Trang
I. Tên đề tài
II. Đặt vấn đề
III. Cơ sở lý luận
IV. Cơ sở thực tiễn
V. Nội dung:
Hệ phương trình bật nhất hai ẩn
Hệ gồm một phương trình bật nhất và một phương trình bật hai hai ẩn đối
với hai ẩn x, y
Hệ phương trình đối xứng loại I
Hệ phương trình đối xứng loại II
Hệ phương trình đẳng cấp
Phương pháp tổng quát giải hệ phương trình đại số ở chương trình THPT
VI. Kết quả nghiên cứu:
VII. Kết luận:
VIII. Đề nghị:
IX. Tài liệu nghiên cứu

X. Phân công thực hiện đề tài
XI. Mục lục
1
1
2
5
5
5
7
8
9
11
13
21
21
22
22
22
23
Trang 23
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2009 - 2010
I. Đánh giá xếp loại của HĐKH Trường THPT Nguyễn Thái Bình
1. Tên đề tài: MỘT SÔ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI
SỐ HAI ẨN Ở THPT.
2. Họ và tên tác giả: Nguyễn Anh Tuấn
3. Chức vụ: Giáo viên. Tổ: Toán - Tin
4. Nhận xét của Chủ tịch HĐKH về đề tài:

a) Ưu
điểm:





b) Hạn chế:






5. Đánh giá, xếp loại:
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Trường THPT Nguyễn Thái Bình thống
nhất xếp loại :
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên)



II. Đánh giá, xếp loại của HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam thống nhất xếp
loại:
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên)

Trang 24