Toán 9 hệ phương trình đối xứng (sáng kiến kinh nghiệm )

Phần I . Mở đầu
1- Lý do chọn đề tài.
Trong quá trình dạy toán tôi thấy hệ phơng trình nói chung và hệ phơng
trình đối xứng nói riêng là một phần kiến thức hết sức quan trọng trong chơng
trình lớp 9 và cả lớp 10. Đặc biệt nó là phần không thể thiếu trong công tác bồi
dỡng học sinh giỏi.
Kỹ năng trình bày cách giải phơng trình đối xứng loại I và loại II rất dễ
hiểu đối với mọi đối tợng học sinh, hơn nữa nó còn có ứng dụng rất quan trọng
trong việc giải một số dạng toán đòi hỏi phải có sự t duy cao.

1


Phần II: Nội dung của đề tài
A/ Nội dung
I/ Cơ sở lý luận khoa học của đề tài.
1- Hệ phơng trình đối xứng loại I
a- Định nghĩa: Một hệ phơng trình đợc gọi là hệ phơng trình đối xứng loại
I nếu mõi phơng trình của hệ đã cho đối xứng với 2 ẩn x, y (nghĩa là mỗi phơng
trình của hệ không thay đổi khi ta đổi vai trò của x và y cho nhau).
b- Tính chất: Nếu (xo, yo) là 1 nghiệm của hệ thì (yo, xo) cũng là nghiệm
của hệ, vì vậy nếu hệ có nghiệm duy nhất thì nghiệm duy nhất đó phải có dạng
( xo, yo)
c- Cách giải thông thờng.
+ Biển đổi hệ để xuất hiện x + y và x y
+ Đặt

s=x+y

p = xy
Biến đổi hệ đã cho về hệ với 2 ẩn S, P

+ Giải hệ phơng trình để tìm S,P
+ Với mỗi cặp (S, P) thì x,y là nghiệm của phơng trình x2 - sx + P = 0
(với

= s2 - 4p > 0)

2- Hệ phơng trình đối xứng loại II
a- Định nghĩa: hệ 2 phơng trình chứa 2 ẩn x, y đợc gọi là hệ đối xứng loại
II, nếu trao đổi vị trí của x,y thì hệ phơng trình này chuyển thành phơng trình của
hệ.
b- Tính chất: Nếu (xo, yo) là 1 nghiệm của hệ thì (y o, xo) cũng là 1 nghiệm
của hệ vậy để có nghiệm duy hất thì x0 = yo nghĩa là nghiệm duy nhất có dạng
(xo, xo)
c- Cách giải thông thờng.
+ Trừ

với vế các phơng trình đã cho để đợc phơng trình.

+ Phơng trình trên sẽ đợc đa
phơng trình dạng tích với đặc điểm là nó
có nghiệm x= y ( và cũng có thể có thêm nghiệm khác)
II/ Đối tợng phục vụ của đề tài .
Trong phạm vi nội dung nghiên cứu của đề tài này, chủ yếu nhằm nâng
cao kiến thức phù hợp với học sinh khá và giỏi lớp 9.

2


III/ Nội dung và phơng pháp nghiên cứu.
1- Phơng trình đối xứng loại I

Để làm sáng tỏ nhận định cũng nh mục tiêu nghiên cứu của đề tài ta xét
các bài toán nh sau.
Bài toán 1: Cho hệ phơng trình với tham số m
(I)

x + y + xy = m
x +y2 =m
2

a- giải hệ với m = 5
b- Tìm m để có nghiệm
c- Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất
Giải :
Ta có
x + y = xy = m
x + y + xy = m
2
2
x +y =m
(x + y)2 - 2xy = m

Đặt

s= x+ y
p = xy điều kiện s2 4p (*)

Hệ đã cho trở thành II

s +p =m
s2 - 2p -15 =0



p = m-s
s2 -2 (m -s)= m

p = m -s
s2 + 2s - 3m =0 (+ *)

a - với m = 5 ta có hệ

p = 5-s



S =3
p =2

s= -5
s + 2s - 15 =0
p= 10 (2)
ta thấy hệ (2) không thoả mãn điều kiện (*) hệ 1 thoả mãn điều kiện (*) do đó
x,y là nghiệm của phơng trình x2 -3x + 2 = 0
x=1
2

x= 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ thi phơng trình (+ *) có nghiệm

Tức là =1 + 3m 0 m - 1
3
2
2
Nhng do x + y = m nên m 0
Khi đó (**) có 2 nghiệm

s= -1 + 1 + 3m
s= -1 - 1 + 3 m
3


Do đó hệ (II)có nghiệm

s =-1 + 1 + 3m
p- m+ 1 - 1 + 3 m
s= -1 - 1 + 3 m

(3)
(4)

p = m+1+ 1 + 3 m
Ta thấy hệ (3) thoả mãn điều kiện (+) khi và chỉ khi 0 m 8
Không có giá trị nào của m để hệ (4) + m điều kiện (*)
Vậy với 0 m 8 hệ (I) có nghiệm.
Ta cũng có thể kiểm tra điều kiện (*) bằng cách với p = m-s từ điều kiện (*)
suy ra m
2
c- Điều kiện cần: giả sử hệ có nghiệm duy nhất (x0, y 0 )vì hệ đã cho là hệ phơng trình đối xứng nên nó cũng nhận (y0, x0) làm nghiệm, do tính duy nhất của
nó nên ta có (x0, y0)= (y0,x0) hay x0=y0.

x0 =0
2
2
Khi đó hệ trở thành
2x0 + x0 = m x0 - 2x0 =0
m=0
2
2
2 x0
=m
2x0 = m
x0 = 2
m =8
Điều kiện đủ: với m = 0 ta có

Với m = 8 ta có hệ

x + y + xy = 0 giải hệ ta cho nghiệm x = y = 0

x 2 + y2 = 0
x + y + xy = 8
giải hệ đợc nghiệm x= y =2
2
2
x +y =8

Vậy với m = 0 hoặc m = 8 hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Khi giải dạng toán tìm
nghiệm duy nhất nếu giải theo cách.
Giả sử hệ có nghiệm duy nhất buộc phải trình bày điều kiện và và điều kiện đủ vì
khi giả se hệ có nghiệm duy nhất (x0, y0) ta tìm đợc m = 2 hoặc m = 8 những

với m = 2 hoặc m = 8 cha thể khẳng định hệ có nghiệm duy nhất hay không, học
sinh thờng bỏ quyên điều kiện đủ.
Bài toán 2: cho hệ phơng trình

x + y + of (*) = m + 1
x y + xy2 = m
2

a- Giải hệ với m = 2
b- Xác định m để hệ có ít nhất 1 nghiệm thoả mãn điều kiện x > 0, y> 0
Giải
x+ y + xy = m + 1
Ta có:
x + xy + y = m + 1
xy (x+ y) = m
2
x y + yx= m
4


s= x + y điều kiện s2 4p
p = xy
s+p=m+1
Hệ đã cho trở thành
sp = m
(3)
Do đó s là nghiệm của phơng trình x2 - (m+1) x + m = 0 x= 1
x= m
a - với m = 2
Ta có:

s = 1 (1) hoặc
s = 2 (2)
p=2
p=1
Đặt :

Hệ 1 không thoả mãn điều kiện (*)
Hệ 2 thoả mãn điều kiện (*)
Do đó x,y là nghiệm của phơng trình t2 - 2t + 1 =0 t = 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1,1)
b- Ta xét 2 trờng hợp
TH 1 s = 1
P=m
Khi đó : x,y là nghiệm của phơng trình x2 - x + m = 0 (3)
Hệ đã cho có ít nhất 1 nghiệm thoả mãn điều kiện x> 0, y> 0 khi và chỉ khi phơng trình (3) có 2 nghiệm x,y>0 điều này xảy ra khi và chỉ khi
0
x+ y > 0
xy >0

1- 4 m 0
1>0
m>0

0
4

TH 2

s=m

p =1
Khi đó x,y là nghiệm của phơng trình x2 - m + 1 = 0 (4)
Phơng trình 4 có 2 nghiệm x,y > 0 khi và chỉ khi.
0
m2 - 4 0
m 2
x+ y > 0
m>0
xy > 0
1> 0
Vậy với 0 < m 1 hoặc m 2 hệ đã cho có ít nhất 1 nghiệm x,y >0
Bài toán 3: giải hệ phơng trình
X y + y x = 30
đã XĐ: x 0, y 0 (1)
X x +y


y = 35

xy ( x +

y ) = 30



xy + ( x +

y)=0

5

x3 +

Đặt

y3 = 35

s= x +
p xy

( xy +

y )3 - 3 xy ( x +

y ) = 35

y

điều kiện s2 4p (*)

Hệ đã cho trở thành
sp = 30

sp = 30



s3 - 35p = 35
Do đó x ,

s3 =125

s=5
p = 6(+ m ĐK *)

y là nghiệm của phơng trình x2 - 5x + 6 = 0

Do đó ta có:
x =2
y =3

x=2
x= 3

x = 4 (+ m điều kiện 4)
x= 9



x =3

x = 9 (+ m điềukiện 1)

y =2

y=4
Vậy hệ nào cho có 2 nghiệm (4, 9); (9;4)

Với bài này ta cũng có thể qua 1 lần đặt nữa là

4 = x (4 0)
V = y (v 0)
Khi đó từ hệ đã cho ta có thể đa về hệ cơ bản với cách giải thông thờng. Tuy
nhiên trong một số bài toán ta có thể có những cách đạt hợp lý ví dụ xét bài tuần
sau.
Bài toán 4: Giải hệ phơng trình:
x+ y + 1 + 1 = 5
ax y
2
2
x +y +1+1=9
x2 y2

ĐK XĐ: x; y 0

Đặt : x+ 1 = 4 ; y + 1 = v ; điều kiện
x
y
2
Khi đó : x + 1 = 42 - 2
x2
y2 + 1 = v2 -2
y2

|x| + |y| = 8
bx2 + y2 = 35

|4 | 2 ; |v | 2

6


hệ đã trở thành

u + v =5



u2 + v2 - 4 =9

u+v=5



u2 + v2 = 13

u+v=5
(u + v2) - 2uv

= 13


u+v=5

uv = 6
Từ đó ta sẽ tìm đợc u,v và tìm đợc x,y
b- Đặt |x | = 4 (u 0) x2 = u2
| y | = v (v 0) y2 = v2

u+ v = 8
Khi đó hệ đã trở thành
2

u + v = 35

u+v=5


u+v=5


2

2

u + v = 13

( u + v)2 - 2 uv

=13


u+v=5
uv = 6

Từ đó ta sẽ tìm đợc u,v và tìm đợc xy
b- Đặt | x | = u (u 0) x2 = u2
| y | = v(v 0) y2 = v2
Khi đó đã trở thành

u + v =8
u2 + v = 35

u+v=8
2

(u + v) - 2 uv = 35



u+v=8
uv = 15

Tìm u,v sau đó ta sẽ tìm đợc x,y (Có bổ sung ở giấy riêng)

7


2- Phơng trình đối xứng loại II
Bài toán 1:
Cho hệ phơng trình
xy + x2 m (y - 1)
Xy + y2 = m (x-1)
a- Giải hệ khi m= - 1
b- Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải:
a- khi m = - 1 hệ đã cho trở thành:
xy + x2 = 1-y
xy + x2 = 1-y

xy + y = 1-x



xy + x2 = 1-y
x=y
x = y = -1





x2 + y = x- y

2

(x + y) (x + y - 1) = 0

2



xy + x2 = 1-y
x=y
xy + x2 = 1-y
X+ y =1

xy + x2 = 1-y

x=y
( x- y) ( x+ y - 1) =0
y=1-x
x R

x=y=1
2
y = 1-x
xR

Vậy khi m = -1 có 3 nghiệm (- 1,1) ; ( 1 ; 1) ; (x, 1 - x) với x R
2 2
b- Điều kiện cần :
Giả sử hệ có nghiệm (x0 ; y0) thì (y0 ; x0) cũng là nghiệm do tính duy nhất của
nghiệm thì x0 = y0, khi đó ta có phơng trình 2 x02 - mx0 + m = 0 để hệ của nó có
nghiệm duy nhất thì phơng trình này phải có nghiệm kép tức là :
= m2 - 8m = 0 m =0
m=8
điều kiện đủ :
Với m = 0 ta có hệ
Với m = 8 ta có hệ

x (y + x) = 0
y ( x+ y) = 0

ta thấy hệ vô số nghiệm

xy + x2 = 8 (y - 1)
giải hệ đợc nghiệm duy nhất
2
Xy + y = 8 (x-1) x= y = 2

8


Bài toán 2 :
Xác định tham số m để hệ phơng trình có đúng nghiệm phân biệt :
x2 + ( m -+2) x= my (1)
y2 + ( m + 2) y = mx (2)
Lấy (1) - (2) vế theo vế ta có phơng trình x2 - y2 + (m + 2) (x - y) = m (y - x)
(x + y + m + 2 + m) = 0 (x + y + 2m + 2) = 0
x=y


x+ y + 2m + 2 = 0
TH : x= y khi đó phơng trình (1) trở thành x2 + (m + 2) x= mx
x2 + 2x = 0 x ( x + 2) = 0
x= 0
X= - 2
Hệ có 2 nghiệm (0,0). (-2; -2)
TH: x+ y + 2m + 2 = 0 y = -x - 2m -2 thay vào (1) ta đợc phơng trình x2 + 2
( m + 1) x + 2m (m + 1) = 0 (+)
Hệ đã cho đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (+) vô nghiệm
hoặc có nghiệm x= 0 và tìm đợc y = 0 hoặc có nghiệm x= - 2 và tìm đợc y = -2.
TH1: phờng trình (+) có nghiệm x = 0 khi và chỉ khi
2 m (m + 1) = 0

m=0
m = -1

TH 2: phơng trình (+)
Có nghiệm x = 0 khi và chỉ khi
2m (m + 1) = 0

m=0
m = -1

Khi m = 0 và x = 0 thì y = -2 (loại)
Khi m = -1 và x = 0 thì y = 0 (T/m)
TH 3 : Phơng trình (+) có nghiệm x = -2 khi và chỉ khi
4 - 4 (m + 1) + sm2 + 2m = 0 2m2 - 2m = 0 m < -1
M>1
Khi m = 0 và x = - 2 thì y = 0 (loại).
Khi m = 1 và x = -2 thì y = - 2 (+ /m)
Két hợp các trờng hợp trên ta có hệ, có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m
-1 hoặc m 1
Cần lu ý rằng trong trờng hợp 2 và trờng hợp 2 khi tìm đợc nghiệm x phải tìm đợc y = x
Học sinh có thể mắc sai lầm khi xét thêm trờng hợp phơng trình (+) có 2 nghiệm
phân biệt x = 0 và x = 2 khi đó m = 0 nhng với m =0 và x = 0 thì y = - 2.
M= 0 và x = - 2 thì y = 0 lúc này có 4 nghiệm.

9


Bài toán 3 :
Giải hệ phơng trình :
X + 2 y2 = 2

Y + 2 x2 = 2
Giải: đk xđ - 2 x,y 2
x + 2 y2 = 2

ta có
y + 2 x2 = 2

x + 2 y2 = 2

(1)

x + 2 x 2 + y 2 y 2 = 4 (2)

ta xét (x + 2 x 2 )2 2 (x2 + 2 - x2) = 4 (áp dụng HĐT (a +b)2 2 (a2 + b2)
x + 2 x2 2
Chứng minh tơng tự ta có: y + 2 y 2 2
Do đó x + 2 x 2 + y + 2 y 2 4
x = y = 1 ( + / M đk)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
x = 2 x2
Y = 2 y2
Vậy phơng trình (2) có nghiệm x = y = 1
Ta thấy x = y = 1 thoả mãn phơng trình (1) vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x,y =
(1;1)
Với bài toán trên có thể có cách giải khác xong cách giái trên ngắn gọn hơn có
thể giải cho các phơng trình có dạng nh phơng trình (2) và đặc biệt hay sử dụng
khi giải điều kiện đủ trong dạng toán tìm nghiệm duy nhất.

10

IV/ Kết quả :
Qua quá trình áp dụng vào việc giảng dạy đội tuyển Học sinh giỏi lớp 9 tôi thấy
học sinh rất hứng thú khi giải các phơng trình thuộc dạng này và đặc biệt khi gặp
các dạng toán mà học sinh phải đa về hệ phơng trình đối xứng loại I và loại II thì
các em áp dụng khá thành thạo và có kỹ năng trình bày tơng đối tốt.
V/ Giải pháp mới sáng tạo.
Đối với học sinh khá có thể cho các em giải các loại hệ phơng trình nói trên còn
đối với các em học giỏi có thể tăng cờng các bài tập chứa tham số chẳng hạn.
Bài toán 1: Cho hệ phơng trình
(x + y) ( y + 1) = m + 4
xy ( x + y) = 3m
a- Xác định m để có nghiệm
b- xác định để hệ có 4 nghiệm phân biệt.
Bài toán 2 Tìm giá trị của tham số m để .... sau có nghiệm duy nhất
xy + ( x + 4 ) z 2 = m
x 2 + y2 + z 2 = m v
Bài toán 3 Chứng minh rằng với a 0 có hệ phơng trình sau có nghiệm duy
nhất
7 x + y - a3 = 0
x2
7 y + x - a3 = 0
y2

11


B. ứng dụng vào thực tiễn công tác giảng dạy.
I/ Quá trình áp dụng của bản thân.
Từ hai loại phơng trình đối xứng nói trên có thể áp dụng vào giải một số dạng

toán sau:
1- Dạng 1: Từ hệ phơng trình cha phải hệ phơng trình đối xứng ta đa đợc
về hệ phơng trình đối xứng.
Bài toán 1: Giải hệ phơng trình.
x 2 - y2 + x - y = 5
x3 - x2y - xy2 + y3 = 6
Giải:
X2 - y2 + x -y =5



x - x y - xy + y = 6
y) = 6
3

2

2



(x + y ) (x - y) = 6

3

x 2 - y2 = u
x-y=v
Hệ đã cho trở thành

x2 - y2 + x - y = 5

x2 -y2 + x =5
(x2 - y2) ( x -

2

Đặt

u+v=5

U.v=6
Do đó u, v là nghiệm của phơng trình x2 - 5x + 6 = 0
TH 1: x2 - y2 = 2
giải hệ ta đợc
x-y=3
TH 2 : x2 - y2 = 3

x=2
x=3

x = 11
6
y = -7/6
x = 7/4

Giải hệ ta đợc
x- y = 2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm 11
6

y = 1/4
7 (7/4, 1/4)
6

Bài toán 2 : Xác định m để phơng trình sau có nghiệm :
x 2 - y2 = 2
x 3 - y3 = m
12


Giải:
Đặt - y = v
Hệ đã cho trở thành
x+v=2



x = v3 = m

x+v=2



(x + v) - 3xv ( x + u) = m

3

x+v=2
xv = 8-m
6

3

Do đó x, u là nghiệm của phơng trình x2 - 2x + 8 - m = 0 (*)
6
Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi 0 1 - 8 - m 0 m -2
6
Bài toán 3: Tìm a để hệ sau đây có nghiệm:
x +1 + y +1 = a
x + y = 2a + 1
Giải:
Điều kiện xác định: x -1 ; y 1
Đặt x + 1 = u (u 0) v2 = x _ 1
y 1 = v ( v 0) u2 = y -1
Do đó x + y = u2 - v2
Khi đó hệ đã cho trở thành
u+v=a
u+v=a


2 uv = a2 - 2a + 1


(u + v)2 - 2 uv = 2a + 1



u+v=a
2u v = a2 - 2a - 1

u+v=a
uv = a2 - 2a -1
2

Do đó u,v là nghiệm của phơng trình x2 - ax + a2 - 2a -1 = 0 (+)
2
Ta phải tìm điều kiện của a để phơng trình có 2 nghiệm không âm. Điều này xảy
ra khi và chỉ khi
0
a2 - 2 (a2 - 2a -1) 0
1
2
x +x 0
a0
giải các điều kiện trên
1
2
2


x .x
0
a - 2a - 1 0
2
Ta đợc 1 + 2 a 2 + 6

13


2- Dạng 2: chuyển phơng trinh vô tí về hệ phơng trình hữu tí.

Bài toán 1: Giải phơng trình.
x3 35 x3 + ( x + 3 35 x3 ) = 30
Giải:
Đặt 3 35 x3 = y y3 = 35 - x3 x3 + y3 = 35
Do đó ta có hệ phơng trình
xy (x+y) = 30
x3 + y3 = 35



3xy (x+y) = 90



x3 + y3 = 35

xy (x+y) = 36
(x+y)3 = 125



x+y =5
xy = 6

x=2
y=3



x=3

y=2
Vậy phơng trình có tập nghiệm s =

2;3

Bài toán 2: Giải phơng trình
1
+
x

1
2 x2

= 2 đk

Giải:
đkxđ - 2 < x< 2 và x 0
Đặt: 2 x 2 = y (y>0) 2 - x2 + y2 = 2
Do đó ta có hệ phơng trình
1 1
+
x y =2





x 0, y 0

x + y = 2 xy

2
2
x +y =2
x2 + y2 = 2
Do đó ta có (x+ y2) - (x+y)- 2=0
x+ y = -1
x+ y =2





x 0, y 0
x+y = 2xy
(x+y)2 - 2xy =2

1
do đó x,y là nghiệm của phơng trình
2
+1 3
x=
2
+1 + 3
X=
2

Với x=y = -1 khi đó xy = x2 - x -

1
=0

2

14


Với x+ y =2 khi đó xy =1 do đó x,y là nghiệm của phơng trình x2 - 2x +1 = 0
x=1
Từ đó ta tìm đợc x =1. vậy tập nghiệm của nó là s =
Bài toán 3: giải phơng trình
x3 + 1 = 2 3 2 x 1
Giải:
Đặt 3 2 x 1 = y ta có y3 = 2x -1
Do đó ta có hệ x3 +1 =2y
x3 = 2y -1
x3 - y3 =2 (y-x)




y = 2x -1

y =2x -1

3



(x-y) (x2 + xy + y2 + 2)= 0

x =2y -1
3



x3 = 2y -1

3

x= y
do x2 + xy + y2 + 2 > 0 x,y
x = 2y -1
3

x3 -2x +1 = 0

x =1
từ đó ta tìm đợc

x=y

x=

1 5
2

Bài toán 4 Giải phơng trình
2x2 + 2x +1 = 4 x + 1
Giải

đk xđ: x

1
4

Đặt y = x2 + x
Phơng trình đó trở thành 2y + 1 4 x + 1
(2y + 1)2 = 4x+ 4
x = y2 + y
Do đó ta có hệ :
y = x2 + x
(x-y)(x + y + 2) =0


x= y2 + y

x = y2 + y



x=y
x= y2 + y
x+y+2 =0
x= y2 +y

Giải ra ta đợc x = 0.
Học sinh cũng có thể giải hệ phơng trình bằng phơng pháp bất đẳng thức nh vậy
bài toán 1 và bài toán 2 ta đã chuyển phơng trình vô tỉ về hệ phơng trình đối
xứng loại II. Bài toán 3 và bài toán 4 ta đã chuyển phơng trình vô tỉ về hệ phơng
trình đối xứng loại II, rõ ràng việc giải hệ phơng trình trở lên đơn giản hơn rất

nhiều.

15


3- Dạng 3 : tìm điều kiện để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
Bài toán 1 :
Tìn các giá trị của tham số m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất
1+ x +

6 y = m

6 x + 1+ x = m

Giải :
đkxđ -1 x, y 6
Điều kiện cần :
Giải sử hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) khi đó ta có :
1 + x + 6 y0 = m

1 + (5 x0 ) + 6 + (5 y0 ) = m



6 x0 + 1 + y0 = m

6 + (5 x0 ) + 1 + (5 y0 ) = m

Ta thấy (5 - x0 ; 5 - y0) cũng là nghiệm của hệ.
Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì :

x0 =5 - x0
x 0 - y0 =

y0 =5-y0
5
Thay x0 =y0 = vào 1 trong 2 phơng trình ta đợc m =
2

5
2

14

điều kiện đủ:
Với m= 14 hệ đã cho trở thành
1 + x + 6 y = 14
6 x + 1 + y = 14



1 + x + 6 y = 14
1 + x + 6 x + 6 y + 1 + y = 2 14

Ta xét: ( 1 + x + 6 x ) 2 = 1+x+6-x + 2 (1 + x)(6 x) = 7 + 2 (1 + x)(6 x)
Với - 1 x 6 áp dụng bất đẳng thức cói cho 2 số không âm 1+x. 6-x ta có:
2 (1 + x)(6 x) 1 + x + 6 x = 7
Do đó 1 + x + 6 x 14 hệ số có thể trình bày nhiều cách
Chứng minh tơng tự ta có 1 + y + 6 y 14
Do đó 1 + x + 6 x + 6 y + 1 + y 2 14 dấu = xảy ra khi và chỉ khi
1+x =6-x

1+ x + 6 x

6 y = 1+ y

x=


6-y =1+y

y=

5
2
5
2

5
thoả mãn phơng trình thứ nhất, vậy hệ đã cho có nghiệm duy
2
nhất khi và chỉ khi m= 14

Ta thấy x =y =

16


Với bài này ở điều kiện cần từ 1 trong 2 phơng trình của hệ số có thể đa về phơng trình bậc 2, xong cách làm này khá dài. Phơng pháp tìm điều kiện cần ở đây
là giả sử hệ có nghiệm duy nhất x= x0 dựa vào cấu trúc của phơng trình ta suy ra
do x= x0 là nghiệm nên x= g (x0) cũng là nghiệm (ở đây g (x0) là biểu thức nào

đó của nghiệm) do tính duy nhất ta suy ra x0 = g (x0) từ đó tìm đợc điều kiện cần
với số m.
Bài toán 2:
Xác định m để hệ sau có nghiệm duy nhất.
y2 =x3 -4x2 +mx
x2 = y3 - 4y2 + my
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử hệ phơng trình có nghiệm (x0, y0) khi đó (y0, x0) cũng là
nghiệm của hệ do tính chất duy nhất của nghiệm ta có x0 = y0
Khi đố ta có phơng trình x 02 = x 02 402 + mx0 x 0 ( x02 5 x0 + m) = 0
x0= 0
x02 5 x0 + m = 0(*)

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (*) có nghiệm duy nhất bằng 0 hoặc vô
nghiệm, Phơng trình (*) không thể có nghiệm duy nhất x 0 = 0 do đó phơng trình
(*) phải vô nghiệm.
Tức là <0< 25 - 4m < 0< m >
điều kiện đủ :
Ta có
y 2 = x3 4 x 2 + mx



x 2 = y 3 4 y 2 + my

25
4

x 2 = x 3 4 x 2 + mx
y 2 x 2 = x3 y 3 4( x 2 y 2 ) + m( x y )

x 2 = x 3 4 x 2 mx (I)



x 2 = x 3 4 x 2 mx



(x-y) ( x + xy + y 3x + m) = 0
2

2

x=y

y 2 = x 3 4 x 2 + mx
x 2 + xy + y 2 3x 3 y + m = 0( II )

17


Ta xét hệ (I)

y 2 = x 4 x 2 - mx



X= y

x= y

x ( x 2 5 x + m) = 0


x 2 = x 3 4 x 2 + mx

x=y=0


x= y

x2 5x + m = 0
x= y

xét phơng trình x 2 5 x + m = 0
= 25 4m < 0 với m

25
4

Do đó hệ (I) luôn có nghiệm (x,y) = (0;0) với m>

25
4

Ta xét hệ II
2
2
2
xét phơng trình x 2 + xy + y 3x y + m = 0 x + x( y 3) + y 3 y + m = 0 (*)

với phơng trình (*) là phơng trình hậc 2 với ẩn x ta có.
= ( y 3)3 4( y 2 3 y + m)
= - 3( y 1)2 6 4m < 0 với y và m >
Do đó hệ II có nghiệm

25
4

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m >

25
ở điều kiện đủ ta thấy
4

biến đổi hệ đã cho về 2 hệ phơng trình và từ hệ (I) ta đã tìm đợc nghiệm duy nhất
(x,y)= (0;0) do đó ta cần chứng tỏ hệ II có nghiệm, trong trờng hợp này ta khẳng
định một trong hai phơng trình của hệ (II) có nghiệm. Để chứng tổ phơng trình
x 2 + xy + y 2 3x y + m = 0 cô nghiệm, ta cũng còn cách biến đổi chứng tỏ phơng
trình x 2 + xy + y 2 3x y + m > 0 với m >

25
4

II/ Hiệu quả khi áp dụng đề tài.
Khi áp dụng đề tài nằy đối với học sinh trờng THCS Lý Tự Trọng tôi thấy
90% học sinh hiểu bài tốt, 80% các em có thể làm bài đợc trong phạm vi kiến
thức các em học hơn nữa, các em còn rất hứng thú làm các bài tập đợc khai thác
từ bài toán đã giải.
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy sau khi truyền thụ các kiến thức cần
thiết thì việc rèn kỹ năng trình bày cho học sinh cũng rất quan trọng và đặc biệt

phải biết khai thác các khía cạnh của bài toán tức là từ một bài tập của thầy hớng
dẫn học sinh có thể giải đợc nhiều bài tập khai thác từ bào tập đó.
Sáng kiến tiếp theo mà tôi dự kiến nghiên cứu là: Điều kiện để phơng
trình và hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
18


Phần III. Kết luận
Để giải hệ phơng trình đối xứng tôi viết ở trên tôi thấy rằng việc áp dụng
vào công tác giảng dạy rất có hiệu quả. Tuỳ từng đối tợng học sinh mà có các bài
toán phù hợp.
Học sinh dễ dàng nhận thức hệ phơng trình thuộc loại nào và giải đợc một
cách thành tạo.
Đối với các bài toán đồi hỏi phải có sự t duy cao thì học sinh cũng rất say
mê, hứng thú tìm tòi để tìm cách đa bài toán về các dạng toán cơ bản. Tôi thấy
các em đã chủ động, sáng tạp trong việc suy nghĩ tìm cách giải cho một số bài
toán, điều này tránh đợc tình trạng tiếp thu kiến thức một các thụ động, áp dụng
kiến thức một cách máy móc.
Tôi mong rằng trong quá trình học toán các em có sự say mê tìm tòi sáng
tạo và cũng mong đợc sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp để đề tài của tôi
đợc hoàn chỉnh hơn và việc áp dụng vào công tá giảng dạy đạt kết quả cao.

19


Những tài liệu tham khảo
- Báo toán học tuổi trẻ, toán học tuổi thơ.
- Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán THCS.

- Nguyễn Đức Tấn

-Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán tHCS

- Nguyễn Vũ Thanh

- 12 chuyên đề về đại số sơ cấp

- Nguyễn Văn Vĩnh

- Đề thi vào chuyên Vĩnh Phúc
- Một số sách nâng cao đại số 10.

20


MC LC
Phần I . Mở đầu.......................................................................................................1
Phần II: Nội dung của đề tài.....................................................................................2
A/ Nội dung..........................................................................................................2
I/ Cơ sở lý luận khoa học của đề tài.....................................................................2
1- Hệ phơng trình đối xứng loại I...................................................................2
2- Hệ phơng trình đối xứng loại II..................................................................2
II/ Đối tợng phục vụ của đề tài ...........................................................................2
III/ Nội dung và phơng pháp nghiên cứu.............................................................3
1- Phơng trình đối xứng loại I..........................................................................3
2- Phơng trình đối xứng loại II........................................................................8
IV/ Kết quả :.......................................................................................................11
V/ Giải pháp mới sáng tạo.................................................................................11
B. ứng dụng vào thực tiễn công tác giảng dạy...................................................12
I/ Quá trình áp dụng của bản thân.....................................................................12

1- Dạng 1: Từ hệ phơng trình cha phải hệ phơng trình đối xứng ta đa đợc về
hệ phơng trình đối xứng.................................................................................12
2- Dạng 2: chuyển phơng trinh vô tí về hệ phơng trình hữu tí.....................14
3- Dạng 3 : tìm điều kiện để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất...............16
II/ Hiệu quả khi áp dụng đề tài..........................................................................18
Phần III. Kết luận..................................................................................................19
Những tài liệu tham khảo.......................................................................................20

21