MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

Người thực hiện: Mai Thị Bích
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán

THANH HÓA NĂM 2015
1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Trong chương trình THPT học sinh đã được biết một số hệ phương trình:
hệ phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ đối xứng loại 1; hệ đối xứng loại 2; hệ
mũ, lôgarit...
Tuy nhiên thực tế khi giải hệ phương trình trong các đề thi học sinh giỏi,
đề thi trung học phổ thông quốc gia thì đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kết
hợp nhiều kiến thức; kĩ năng phân tích biến đổi để đưa phương trình từ dạng
phức tạp về dạng đơn giản. Chính vì lẽ đó nhiều học sinh đã bỏ qua câu giải
hệ dẫn đến kết quả điểm thi còn hạn chế.
Từ thực tiễn đó; trong quá trình giảng dạy cùng với sự tham khảo ý kiến
của đồng nghiệp; tôi đã mạnh dạn đưa ra sáng kiến: “Một số phương pháp
giải hệ phương trình không mẫu mực ”. Qua sáng kiến này tôi mong muốn
một phần nào giúp các em học sinh định hướng được cách quy hệ phương
trình về các hệ quen thuộc và có thể phân tích bài toán để tìm cách giải.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Cơ sở lý luận
Trước hết chúng ta tìm hiểu lại một số hệ phương trình quen thuộc.
1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
2. Hệ phương trình 2 ẩn trong đó có một phương trình bậc nhất.
3. Hệ phương trình đối xứng loại 1. Khi thay thế x bởi y và y bởi x thì biểu
thức trong mỗi phương trình không đổi, hệ phương trình không đổi
4. Hệ phương trình đối xứng loại 2. Khi thay thế x bởi y và y bởi x thì pt
thứ nhất biến thành pt thứ hai và ngược lại .Hệ phương trình không đổi.
5. Hệ đẳng cấp: Hệ 2 biến x ; y cùng bậc và đẳng cấp.

2


Trong giới hạn của SKKN này; tôi chỉ hướng dẫn học sinh một số ví dụ
về hệ phương trình không mẫu mực với các phương pháp mà chương trình
sách giáo khoa chưa đề cập được:
*) Phương pháp hàm số
*) Phương pháp đánh giá
*) Phương pháp: Phương trình bậc hai.
II. Thực trạng của vấn đề.
Trong chương trình sách giáo khoa hiện hành phần hệ phương trình được
trình bày ở lớp 10 rất là ít và hạn hẹp, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng
rất hạn chế. Tương tự lớp 12 các em cũng chỉ làm một số dạng đơn giản chủ
yếu đưa về hệ phương trình dạng được học ở lớp 10. Như vậy số tiết phân
phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo
viên không thể đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ
năng giải cho học sinh.
III. Một số giải pháp:
1. Phương pháp hàm số.
Nhận xét 1: Hàm số y = f(t) đồng biến ( nghịch biến) trên (a, b) , t1 , t 2 ∈ (a, b)

thì:

f (t1 ) = f (t 2 ) ⇔ t1 = t 2

Nhận xét 2: Hàm số y = f(x) liên tục và đồng biến ( nghịch biến) trên (a, b).
Nếu x0 ∈(a; b) thỏa mãn f(x0) = 0 thì x0 là nghiệm duy nhất của pt f(x) = 0
 f (u ) = f (v)
Để sử dụng phương pháp này cần phải biến đổi về hệ có dạng 
,
 f (u , v) = c
trong đó f (t ) là hàm số đơn điệu và liên tục trên miền xác định của nó thì có
thể suy ra u = v rồi thế vào pt còn lại.

3


Ví dụ 1: ( Đề HSG 2015) Giải hệ phương trình
20 6 − x − 17 5 − y − 3 x 6 − x + 3 y 5 − y = 0

2
2 2 x + y + 5 + 3 3 x + 2 y + 11 = x + 6 x + 13

Nhận thấy pt(1) có 3 x 6 − x ;

Phân tích:

(1)

(x; y∈ R)

(2)

6 − x và 3 y 5 − y ; 5 − y ta

nghĩ đến việc nhóm chúng lại để xuất hiện dạng f(u) = f(v)
Lời giải: ĐK: x ≤ 6; y ≤ 5;2 x + y + 5 ≥ 0;3 x + 2 y + 1 ≥ 0
(1) <=>

[

3(6 − x) + 2

]

6 − x = 3(5 − y ) + 2

]

5 − y (3)

Xét hàm số f(t) = (3t +2). t với ∀t ≥ 0.
f ’(t) = 3 t +

3t + 2
> 0 với ∀t >0 => Hàm số f(t) đồng biến với ∀t ≥ 0.
2 t

(3) <=> 6 – x = 5 – y <= > y = x – 1 thay vào pt(2) được
2 3x + 4 + 3 5 x + 9 = x 2 + 6 x + 13

(*)

⇔ 2[ 3 x + 4 − ( x + 2)] + 3[ 5 x + 9 − ( x + 3)]=x 2 + x
−2 x( x + 1)
3 x( x + 1)
⇔
−
= x2 + x
3x + 4 + x + 2
5x + 9 + x + 3
2
3
⇔ x( x + 1)[
+
+ 1] = 0
3x + 4 + x + 2
5x + 9 + x + 3
⇔ x( x + 1) = 0 ⇔ x = 0; x = −1

( Vì [

2
3
+
+ 1] > 0 với mọi x thuộc TXĐ
3x + 4 + x + 2
5x + 9 + x + 3

Hướng dẫn học sinh giải pt (*) ta có thể nhẩm nghiệm hoặc dò nghiệm
SHIFT SOLVE bằng FX 570ES: Có x = 0 là nghiệm do đó ta tạo nhóm:

2 3 x + 4 = 2( x + 2);3 5 x + 9 = 3( x + 3) )
Với x = 0 thì y = - 1

(tmđk) ;

Với x = -1 thì y = - 2

(tmđk)

Vậy hệ có nghiệm: (0; -1) ; (-1; -2)

4


Ví dụ 2: ( Đề ĐH Khối A 2012) Giải hệ phương trình:
 x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

 2
1
2
x + y − x + y =
2


(1)
(2)

Phân tích: Nhận thấy pt(1) hệ số của x và y có cùng bậc thì bằng nhau; mặt
khác biểu thức x3 - 3x2 và y3 + 3y2 ta sẽ nghĩ đến việc biến đổi về hằng đẳng
thức bậc 3. Từ đó ta có thể biến đổi để có được dạng f(u) = f(v)

Lời giải:
(1) <=> (x3 – 3x2 + 3x – 1) - 12x + 12= (y3 + 3y2 + 3y +1) – 12y -12
<=> (x- 1)3 – 12(x – 1) = (y + 1)3 – 12(y+ 1) (3)
Xét hàm số f(t) = t3 – 12t .Ta cần tìm điều kiện của t. Từ (2) ta có:
1
1
1
1
(2) <=> ( x 2 − x + ) + ( y 2 + y + ) = 1 <=> ( x − ) 2 + ( y + ) 2 = 1
4
4
2
2
1 2
1

 3
( x − 2 ) ≤ 1
− 2 ≤ x − 1 ≤ 2
=> 
<=> 
1
2
( y + ) ≤ 1
− 1 ≤ y + 1 ≤ 3

2
 2
2
3 3

2 2

=> t ∈ [ − ; ]
3 3
2 2

3 3
2 2

Ta có f ’(t) = 3t2 – 12 < 0 ∀t∈ [ − ; ] => Hàm số nghịch biến trên [ − ; ]
(3) <=> x- 1= y +1 <=> y = x – 2
Thay vào (2) => 2x2 – 4x +
1
2

3
2

3
1
3
= 0 <= > x = ; x =
2
2
2
3
2

1
2

Vậy hệ có nghiệm: ( ; − ) ; ( ; − )

5


Ví dụ 3: (Đề thi HSG 2012). Giải hệ phương trình
2 2 x− y − 2 x+ y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y
(1)
(
∀
x
,
y
∈
R
)

( 2)
3 y − 2( x − 1) 3 + 1 = 0

Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần (2 x − y ) và ( x + y ) . Ta nhóm chúng lại
và lập tức thấy pt có dạng f (u ) = f (v)
Lời giải: Đk:

x + y ≥ 0;2 x − y ≥ 0 .

(1) ⇔ 22 x − y + (2 x − y) 2 x − y = 2 x + y + ( x + y) x + y , ∀x, y ∈ R (3).
Xét hàm số f (t ) = 2t + t t , ∀t ≥ 0
f ' (t ) = 2t ln 2 + t +

t
2 t

> 0 , ∀t > 0 => Hàm số f (t ) đồng biến khi t ≥ 0

Từ pt (3) ta có (3) ⇔ 2 x − y = x + y ⇔ x = 2 y , thay vào (2) được pt
3

Đặt

3

y + 1 = 2(2 y − 1)3 (3).

t = (2 y − 1) 3
y = 2t − 1, pt (3) có dạng 
 y = (2t − 1) 3

Trừ vế với vế hai pt trên , biến đổi ta được (

( t − y) [

2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1

] =0

<=> t – y = 0 <=> t = y
2
2

(Vì g (t , y ) = [ 2(2 y − 1) + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) + 1 ] > 0, ∀y, t

t = y ⇒ y = (2 y − 1)3 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2 (tmđk).
Vậy hệ có nghiệm: (2; 1).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:

6


 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
1.  2
( ĐH Khối A 2013)
2
 x + 2 x( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

 x3 − 5 x = y 3 − 5 y
2.  8
4
x + y = 1
( x + 2) x 2 + 4 x + 7 + y y 2 + 3 + x + y + 2 = 0
3.  2
 x + y + 1 = x − y + 1
2. Phương pháp đánh giá
Nhận xét 1: Để giải pt f(x) = g(x) bằng phương pháp đánh giá. Ta có thể
chứng minh: f(x) ≤ g(x) hoặc f(x) ≥ g(x) từ đó tìm điều kiện để xảy ra dấu
bằng.
Nhận xét 2 : Nếu f ( x) ≤ m; ∀x ∈ D f , x0 ∈ D f và f ( x0 ) = m
g ( y ) ≥ m; ∀y ∈ Dg

; y0 ∈ Dg và g ( y 0 ) = m

 x = x0
⇒ f ( x) = g ( y ) = m ⇔ 
 y = y0
Nhận xét 3: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy nếu trong phương trình hoặc trong
hệ có chứa căn.
Với hai số a, b không âm ta có:

a+b
≤ ab . Dấu bằng xảy ra khi a = b
2

Nhận xét 4: Sử dụng bất đẳng thức: Với các số a; b; x; y ta có:
(ax + by ) 2 ≤ (a 2 + b2 )( x 2 + y 2 ) . Dấu bằng xảy ra khi

a b
=
x y

Ví dụ 1: (Đề ĐH Khối A 2014) Giải hệ phương trình
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12
 3
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

(1)
(2)

7

Phân tích:

Nhận thấy pt(1) có thể đánh giá được vì trong một căn thức có

y ; 12- x2 còn trong căn kia thì có 12- y . Ở đây có tích a.b ta nghĩ đến bđt
ab ≤

a 2 + b2
thì khi đó có thể làm mất căn và các đại lượng x; y sẽ triệt tiêu.
2
ĐK: −2 3 ≤ x ≤ 2 3;2 ≤ y ≤ 12

Lời giải:
Ta có

x 12 − y ≤

x 2 + 12 − y
2

y (12 − x 2 ) ≤

y + 12 − x 2
2

=> VT (1) ≤ 12
 y = 12 − x 2
(1) <=> 
x ≥ 0

thế vào (2) ta được

(2) => x 3 − 8 x − 3 + 2(1 − 10 − x 2 ) = 0
2
<=> ( x − 3)[x 2 + 3x + 1 +
]=0
2
10 − x + 1
Với x = 3 => y = 3
2
<=> x = 3 ( Vì [x 2 + 3 x + 1 +
] > 0∀x ≥ 0) (tmđk)
2
10 − x + 1
Vậy hệ có nghiệm:
(3; 3).
 x 2 + y 2 = 1
(1)
Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình  x
2 + x = y + x 2 (2)
2
Phân tích : Từ (1) ta có nhận xét x ≤ 1 ; y ≤ 1 Suy ra x ≥ x . Từ đây ta đánh

giá pt (2).
Lời giải. Từ (1) suy ra 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

(3)

⇒ x ≥ x2

x

Do đó 2 + x ≥ 20 + x 2 ≥ 1+ x 2

8


⇔ y + x 2 ≥ 1+ x 2 ⇔ y ≥ 1

(4)

Kết hợp (3) và (4) ⇒ y =1, thay vào được x=1
Vậy hệ phương trình có nghiệm : (1; 1).
 x + 1 + y + 1 + z + 1 = 6
Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình 
(2)
 x + y + z = 9
Lời giải.

(1)

ĐK: x ≥ -1; y ≥ - 1; z ≥ - 1

VT (1) = 1. x + 1 + 1. y + 1 + 1. z + 1
Ta có

(1. x + 1 + 1. y + 1 + 1. z + 1 )2 ≤ 3( x+ 1 +y +1 +z +1)

Từ (2) có x + y +z = 9 nên (1. x + 1 + 1. y + 1 + 1. z + 1 )2 ≤ 36
=>

x +1 + y +1 + z +1 ≤ 6

Dấu bằng xảy ra hay (1) thỏa mãn khi x = y = z = 3 (tmpt(2) của hệ )
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm : (3; 3; 3).
Bài tập : Giải các hệ phương trình sau
1.

 x 5 + y 5 = 1
 6
 x + y 6 = 1

2 xy

x
+
= x2 + y

3
2
x − 2x + 9

2. 
2 xy
y +
= y2 + x
2
3

y − 2y + 9



3. Phương pháp: Phương trình bậc hai
Khi giải phương trình, hệ phương trình bậc cao thường nghĩ đến việc có
đưa được về phương trình tích không; việc đưa về tích thường gặp khó khăn
thì có một cách giải quyết đó là đưa về phương trình bậc 2 đối với x ( hoặc

9


phương trình bậc 2 đối với y). Giải phương trình tìm x theo y ( hoặc tìm y
theo x). Hoặc tìm điều kiện ràng buộc của x, y.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0
 2
2
x + y + x + y − 4 = 0

(1)
(2)

Phân tích: Nhìn vào pt(1) có tích xy và bậc của x hoặc y là bậc hai, ta có thể
xem đó là pt bậc hai ẩn x hoặc ẩn y.
Lời giải:
2
2
(1) <=> y − ( x + 1) y − 2 x + 5 x − 2 = 0

(3)

Coi pt (3) là phương trình bậc 2 ẩn y tham số x
∆ = ( x + 1) 2 − 4(−2 x 2 + 5 x − 2) = (3 x − 3) 2 ≥ 0 với mọi x∈ R

=> y =
y=

x + 1 − (3 x − 3)
⇒ y = 2−x
2

x + 1 + (3 x − 3)
⇒ y = 2x − 1
2

Với y = 2 - x kết hợp (2) được (x, y) = (1; 1)

 4
 5

Với y = 2x – 1 kết hợp (2) được ( x, y ) = (1;1);( x; y ) =  − ; −

13 
÷
5

 4 13 
Vậy hệ có 2 nghiệm (1;1);  − ; − ÷
 5 5
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

 x 2 + 5 y 2 + 2 y − 4 xy − 3 = 0
 3
2
(2)
y − x = 2

(1)

Lời giải:
2
2
(1) ⇔ x − 4 xy + 5 y + 2 y − 3 = 0

(3)

Coi pt(3) là phương trình bậc 2 ẩn x, tham số y
∆' = 4 y 2 − (5 y 2 + 2 y − 3) = − y 2 − 2 y + 3

Pt(1’) có nghiệm ⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 1

10


⇒ y3 ≤ 1
⇒ y 3 − x 2 ≤ 1 do đó pt(2) vô nghiệm
⇒ Hệ phương trình vô nghiệm

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình


6 x + 15 y − 25 + 2 y − 2 − x + 1 = 19 ( y − 2)( x + 1)

(2)

3 x + 1 − 5 y − 2 = 1

Phân tích:

Pt(1) có

(1)

x + 1; y − 2; ( x + 1)( y − 2) ta nghĩ đến việc biến đổi

biểu thức 6x +15y= 6(x+1) + 15(y- 2) +24. Tiếp đến không nên sử dụng
phương pháp hàm số vì có tích

( x + 1)( y − 2) , ta nghĩ biến đổi để hệ đơn

giản bằng cách đặt ẩn phụ: a = x + 1 ; b = y − 2
Lời giải:

 x ≥ −1
ĐK: 
y ≥ 2

(1) ⇔ 6( x + 1) + 15( y − 2) − 1 + 2 y − 2 − x + 1 = 19 ( y − 2)( x + 1)
Đặt a =

x +1 , b =

(3)

y − 2 (a, b ≥ 0) ; pt(3) trở thành:

6a 2 + 15b 2 − 1 + 2b − a = 19ab

⇔ 6a 2 − (19b + 1) a + 15b 2 + 2b − 1 = 0

(4)

Coi pt(4) là phương trình bậc 2 ẩn a, tham số b
∆ = (19b + 1) 2 − 4.6.(15b 2 + 2b − 1) = (b − 5) 2

=> a =

3b + 1
5b − 1
; a=
3
2

Với cách đặt trên pt(2) thành: 3a – 5b = 1 (2’)
Với a =

3b + 1
kết hợp (2’) được:
2

Với a =

5b − 1
kết hợp (2’)
3

a = 2  x = 3(tm)
⇒

b
=
1

 y = 3(tm)

⇒ Hệ vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm: (3; 3)
Bài tập: Giải các hệ phương trình sau
11


2
2

x − y − 2x + 4 y = 3
1.  2
2

2 x + 3 y = 14
4

3
2
2

 x + x + 2( y − 1) x + xy + y = 0
2.  4
2

 x + (2 x + y ) y = 1

2
2

 x − 2 xy + y + 2 x = 0
3.  3
2

8 y − x = 1

IV. Kết quả thực nghiệm
Trong khuôn khổ của bài viết này tôi chỉ đưa ra 3 phương pháp ; cùng với
sự hướng dẫn của giáo viên ; các em học sinh đã tìm tòi các lời giải cho bài
toán. Sau khi hướng dẫn các em các phương pháp này tôi thấy học sinh phấn
chấn, tự tin hơn khi gặp các bài giải hệ phương trình và các em tự giác tìm
cách phân tích bài toán để tìm lời giải.
Với học sinh lớp 12G tôi dạy, khi chưa đưa ra cho các em phương pháp
này thì kết quả học sinh giải được là 1/42 (2,4% ). Sau khi hướng dẫn các em
phương pháp này số học sinh giải được các ví dụ trong bài là 11/42 (26,2%)
C. KẾT LUẬN.
Hệ phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình môn

toán lớp 10 nói riêng và bậc THPT nói chung. Nhưng đối với học sinh lại là
một phần tương đối khó, đây cũng là phần mà nhiều thầy cô giáo quan tâm.
Đề tài của tôi mong muốn một phần nào giúp các em có thêm một số kỹ
năng giải hệ phương trình, và trong quá trình giảng dạy sẽ phát triển khả năng
phán đoán ; tư duy, phân tích vấn đề ở học sinh.
Trong thời gian có hạn đề tài của tôi không tránh khỏi những thiếu sót và
hạn chế. Tôi rất mong được sự bổ sung và góp ý của đồng nghiệp để đề tài
này được hoàn chỉnh và có ý nghĩa hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.

12


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 22 tháng 5 năm 2015
ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Mai Thị Bích

13