Sử dụng phương pháp biến đổi để giải hệ phương trình hai ẩn

Header Page 1 of 166.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------

NGUYỄN THỊ HƯỜNG

SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI ẨN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – năm 2016.

Footer Page 1 of 166.


Header Page 2 of 166.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------

NGUYỄN THỊ HƯỜNG

SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI ẨN

Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số :60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - năm 201

Footer Page 2 of 166.


Header Page 3 of 166.

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ................................................................................................................ 3
CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ............................................................... 5
1.1

CÁCH GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN ................................ 5

i.1 Hệ phương trình đối xứng loại I....................................................................... 5
i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II ..................................................................... 5
i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát .................................................................. 5
1.2

GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT ........................................... 6

1.3

GIẢI MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN ................................................ 7

i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0 . .......................................... 7
i.2 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 ........................... 7

i.3 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m ............................. 7
i.4 Giải phương trình dạng  x  a    x  b   c .................................................. 7
4

4

1.4

CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP ......................................................................... 8

1.5

HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN ........................................................ 8

CHƢƠNG 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ
PHƢƠNG TRÌNH ........................................................................................................ 10
2. 1 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH HẰNG
ĐẲNG THỨC........................................................................................................... 10
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 18
2. 2 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH CỘNG ĐẠI SỐ ......................... 19
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 30
2. 3 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG
TRÌNH BẬC HAI CĨ DENTA LÀ BÌNH PHƢƠNG CỦA MỘT BIỂU THỨC .. 30
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 40
2. 4 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI TẠO NHÂN TỬ
CHUNG ........................................................................................................................ 40
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 52
2.5 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG LIÊN HỢP............... 53
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 63

Footer Page 3 of 166.


Header Page 4 of 166.
CHƢƠNG III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....... 65
KẾT LUẬN .................................................................................................................. 78
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................ 79

Footer Page 4 of 166.


Header Page 5 of 166.

LỜI NĨI ĐẦU
Hệ phƣơng trình là một nội dung lâu đời và quan trọng của Toán học. Ngay từ
đầu, sự ra đời và phát triển của hệ phƣơng trình đã có sức hút mạnh mẽ đối với những
ngƣời u tốn, khơng chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến ln
thơi thúc ngƣời làm tốn phải tìm tịi, sáng tạo. Ngày nay, hệ phƣơng trình vẫn ln
chiếm một vai trị quan trọng và vẫn thƣờng xuất hiện dày đặc trong các kì thi quốc
gia, quốc tế. Giải quyết hệ phƣơng trình hầu hết các học sinh thƣờng chỉ biết sử dụng
kinh nghiệm giả toán nhờ vào việc đã gặp hƣớng giải quyết trƣớc đó mà quên mất
rằng mọi thứ đều có nguyên do của nó. Chúng ta có thể bắt gặp rất nhiều tài liệu nói
về phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình nhƣng có rất ít tài liệu chỉ ra nguồn gốc vào bài
hệ phƣơng trình đó ? Ai là ngƣời nghĩ ra và nghĩ nhƣ thế nào để có một bài giải hệ
phƣơng trình. Chính vì lí do đó tác giả đã lựa chọn đề tài“Sử dụng phƣơng pháp biến
đổi để giải hệ phƣơng trình hai ẩn”. Trong luận văn này tác giả sẽ trình bày chi tiết
cách biến đổi để sáng tạo và giải một hệ phƣơng trình với từng loại phƣơng pháp giải.
Từ đó, ta sẽ xây dựng đƣợc rất nhiều các bài tốn giải hệ phƣơng trình với các mục
đích khác nhau.
Luận văn gồm 3 chƣơng

Chương 1. Các kiến thức cơ bản. Trong chƣơng này, tác giả sẽ nhắc lại cách giải một
số hệ phƣơng trình cơ bản nhƣ hệ phƣơng trình đối xứng loại I. loại II,.... và cách giải
phƣơng trình bậc ba, bậc bốn mà ngƣời đọc cần nắm vững.
Chương 2. Một số phương pháp biến đổi để sáng tác và giải hệ phương trình. Nội
dung chƣơng này gồm hai phần là sáng tác và giải hệ phƣơng trình bằng cách biến đổi
Với mỗi phần tác giả đều lấy các bài toán minh họa phƣơng pháp sau đó ta sẽ vận
dụng để sáng tác các bài toán theo mong muốn. Sau khi hiểu ý tƣởng sáng tác các bài
tốn ta sẽ đứng trên góc nhìn của một ngƣời đã từng ra đề để dự đoán ý tƣởng ra đề
của tác tác giả khác để có lời giải các bài toán một cách tự nhiên nhất.
Chương 3. Một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi. Trong chƣơng này tác giả sẽ

Footer Page 5 of 166.

3


Header Page 6 of 166.
hệ thống lại một số bài toán xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh và đề
thi học sinh giỏi quốc gia. Cuối chƣơng cịn có một số bài tập để bạn đọc tự luyện.
Để hoàn thành đƣợc luận văn này, đầu tiên tác giả xin đƣợc gửi lời cảm ơn sâu
sắc tới T.S Phạm Văn Quốc , thầy đã dành thời gian hƣớng dẫn, chỉ bảo, tận tình giúp
đỡ trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vấn đề nảy sinh trong
quá trình làm luận văn và hoàn thành luận văn đúng định hƣớng ban đầu.
Qua đây tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã đọc, kiểm
tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn đƣợc hoàn thiện và phong phú
hơn.
Tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa
Toán – Cơ – Tin trƣờng Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong
suốt quá trình học tập tại trƣờng.
Cuối cùng là sự biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông cảm, động

viên giúp đỡ cho tác giả có đủ nghị lực để hồn thành luận văn.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhƣng do thời gian và trình độ cịn hạn chế nên các vấn đề
trong luận văn vẫn chƣa đƣợc trình bày sâu sắc và khơng tránh khỏi thiếu sót, kính
mong nhận đƣợc sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn !

Hà Nội, năm 2016

Nguyễn Thị Hƣờng

Footer Page 6 of 166.

4


Header Page 7 of 166.

CHƯƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1

CÁCH GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

i.1 Hệ phương trình đối xứng loại I
Hệ phƣơng trình đối xứng hai ẩn loại I là hệ phƣơng trình chứa hai ẩn x, y mà khi ta
thay đổi vai trò x, y cho nhau thì hệ phƣơng trình khơng thay đổi.
 f  x; y   0

 f  x; y   f  y; x 
, trong đó 
Ta có phƣơng pháp giải tổng quát

 g  x; y   0

 g  x; y   g  y; x  .

Tức là 
nhƣ sau.

Bƣớc 1: Đặt điều kiện các biến ( nếu có).
Bƣớc 2: Đặt S  x  y ; P  xy ( với S 2  4P ).
Khi đó , ta đƣa hệ phƣơng trình về hệ mới chứa S , P .
Bƣớc 3 : Giải hệmới tìm S , P . Chọn S , P thỏa mãn điều kiện S 2  4P .
Bƣớc 4 : Với S , P tìm đƣợc thì x, y là nghiệm của phƣơng trình X 2  SX  P  0 .
i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II
Hệ phƣơng trình đối xứng loại II là hệ chứa hai ẩn x, y mà khi đổi vị trí của x, y
chonhau thì phƣơng trình này trở thành phƣơng trình kia. Tức là hệ có dạng

 f  x; y   0


 f  y; x   0.

Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phƣơng trình và biến đổi về dạng phƣơng trình
tích số.
i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát
2
2
a1 x  b1 y  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0
Xét hệ phƣơng trình đối xứng bậc hai dạng  2
Một
2

a2 x  b2 y  c2 xy  d 2 x  e2 y  f 2  0.

phƣơng trình muốn có phân tích đƣợc nhân tử hay không phải xem biệt thức denta
theo biến x hoặc y có phải là số chính phƣơng hay không. Nếu một trong hai biệt
thức denta của một trong hai phƣơng trình là số chính phƣơng trình cách giải khá đơn
giản, khi đó ta chỉ cần tìm nghiệm rồi phân tích nhân tử ra là đƣợc mối liên hệ giữa

Footer Page 7 of 166.

5


Header Page 8 of 166.
hai biến và thế vào phƣơng trình cịn lại. Thế nhƣng nếu cả hai phƣơng trình đều cho
denta khơng chính phƣơng ta cần phải sử dụng tới phƣơng pháp tìm hệ số bất định –
UCT. Ta sẽ lựa chọn hằng số thích hợp nhân vào một phƣơng trình rồi cộng đại số với
phƣơng trình cịn lại thì sẽ ép đƣợc cho biệt thức denta chính phƣơng. Tức là tìm một
số k sao cho  PT 1  k.PT  2   .
Ta sẽ làm theo các bƣớc sau
Đặt a  a1  ka2 ; b  b1  kb2 ; c  c1  kc2 ; d  d1  kd2 ; e  e1  ke2 ; f  f1  kf 2 .
Khi đó k là nghiệm của phƣơng trình sau cde 4abf  ae2  bd 2  fc2 với a  0 .

1.2

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QT

Xét phƣơng trình bậc ba có dạng tổng quát x3  ax2  bx  c  0 1 . Tác giả xin trình
bày vắn tắt cách tìm nghiệm của phƣơng trình này bằng phƣơng pháp Cardano.
a
3

Đặt x  t  . Khi đó phƣơng trình đƣợc biến đổi thành t 3  pt  q  0 ,  2 
trong đó p  b 

a2
2a3  9ab
và q  c 
.
3
27

Ta sẽ tìm các số u, v sao cho qua hệ u 3  v3  q và uv 

p
.
3

 3

Một nghiệm của nó đƣợc tìm từ việc đặt t  v  u , có thể kiểm tra trực tiếp khi thay giá
trị t vào  2  nhờ hằng đẳng thức  v  u   3uv  v  u    u 3  v3   0 .
3

Hệ  3 có thể giải từ phƣơng trình thứ hai bằng cách rút v 
phƣơng trình thứ nhất trong  3 ta có u 3 

p3
 q . Phƣơng trình này tƣơng đƣơng
27u 3

q
q 2 p3


với phƣơng trình bậc hai với u . Khi đó ta u 
.
2
4 27
3

Vì t  v  u và t  x 

p
p
. Thay v 
vào
3u
3u

3

 4

a
p
a
ta tìm đƣợc x   u  .
3
3u
3

Chú ý rằng có sau giá trị u tìm đƣợc từ  4  , vì có hai căn bậc ba ứng với  và mỗi
căn bậc ba có ba giá trị. Tuy nhiên dấu của các căn phải chọn sao cho khi tính x ,

Footer Page 8 of 166.

6


Header Page 9 of 166.
không gặp trƣờng hợp chia cho khơng. Nếu p  0 , thì chọn dấu của căn bậc hai sao
cho u khác 0, i, e, u  3 q . Nếu q  p  0 thì x 

1.3

a
.
3

GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN

i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0 .
Giải. Đặt t  x 2 , t  0 . Khi đó phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với at 2  bt  c  0 .
Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra đƣợc x .
i.2 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 có ad  bc  m .
Giải. Trƣờng hợp 1. x  0 có phải là nghiệm khơng ?
m  ad  bc

Trƣờng hợp 2. Với x  0 , đặt  p  a  d Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
n  b  c.



x

2

m
m

 px  m  x2  nx  m   ex 2   x   p 
 x   n   e .
x
x




Đặt u  x 

m
. Phƣơng trình trở thành  u  p  u  n   e .
x

Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến u , ta dễ dàng tìm ra u và suy ra x .
i.3 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m có a  b  c  d  p .
Giải. Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với  x2  px  ab  x 2  px  cd   m .
Đặt t  x 2  px, t 

 p2
. Phƣơng trình trở thành  t  ab  t  cd   m .

4

Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra x .
i.4 Giải phương trình dạng  x  a    x  b   c với c  0 .
4

4

4

4

a b  
a b 
ab

Giải. Đặt x  y 
. Phƣơng trình đã cho trở thành  y 
  y 
 c
2  
2 
2


Footer Page 9 of 166.

7

Header Page 10 of 166.
2

2
 a b 
 2 y4  3 a  b y2  2 
  c.
 2 

Giải phƣơng trình trùng phƣơng này ta sẽ tìm đƣợc biến y và suy ra biến x .
i.5 Giải phương trình x4  ax2  bx  c .
Giải. Ta sẽ đƣa phƣơng trình trên về dạng A2  B2 để giải.
Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình  x 2  m    2m  a  x 2  bx  c  m2 .
2

Ta sẽ đi tìm m để vế phải của phƣơng trình là bình phƣơng của một biểu thức. Khi đó
biệt thức denta của vế phải bằng khơng, tức là   0  b2  4  c  m2   2m  a   0
 8m3  4am  4ac  b2  0 . Đây là phƣơng trình bậc ba với biến m , ta đã có cách giải.

1.4

CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP

Trong luận văn này tác giả chủ yếu sẽ đề cập tới các biểu thức liên hợp sau
+
+

a b

a b

3

a3b 

a b

.

a b
3

a b

+ a b
+3a3b 

a 2  3 ab  3 b2

a b

.

ab
3

a 2  3 ab  3 b 2

.

Ngồi ra cịn một số biểu thức liên hợp khác nữa nhƣng trong luận văn này mà tác giả

không đề cập tới là
+ n a 1 
+

n

a 1
n

a n 1  ....  n a  1

anb 

a b
n

a

n 1

 a

+ 2 n 1 a  2 n 1 b  2 n 1

1.5

n

n2

b  ....  n abn  2  n bn 1

.

ab
a 2 n  2 n 1 a 2 n 1b  ....  2 n 1 ab2 n 1  2 n 1 b2 n

.

HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN

Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng và f  x  là hàm số xác định
trên K . Giả sử hàm số f  x  có đạo hàm trên K .

Footer Page 10 of 166.

8


Header Page 11 of 166.
Định lí 1:
a, Nếu đạo hàm f '  x   0 với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn
điểm thì hàm số đồng biến trên K .
b, Nếu đạo hàm f '  x   0 với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn
điểm thì thì hàm số nghịch biến trên K .
Định lí 2. Nếu hàm số f  x  xác định trên một tập K và hàm số f  x  luôn đồng biến
(hoặc nghịch biến) thì phƣơng trình f  x   0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy
nhất trên tập K .
Định lí 3.Nếu hàm số f  x  xác định trên một tập K và hàm số f  x  luôn đồng biến
(hoặc nghịch biến). Khi đó với mọi a, b thuộc tập K thỏa mãn f  a   f  b  khi và chỉ

khi a  b .

Footer Page 11 of 166.

9


Header Page 12 of 166.

CHƯƠNG 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ
SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Biến đổi phƣơng trình là một phƣơng pháp rất quan trọng trong các phƣơng pháp giải
hệ phƣơng trình. Ta có thể sử dụng biến đổi này giúp ta đơn giản các hệ phƣơng trình
phức tạp qua đó lời giải bài tốn trở nên dễ dàng hơn. Trong các cách biến đổi đó, tác
giả sẽ trình bày về phép biến đổi tạo thành hằng đẳng thức. Qua đó ta dễ dàng sử dụng
đƣợc tính chất các hằng đẳng thức để tháo nút thắt của các bài tốn.

2. 1 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH
HẰNG ĐẲNG THỨC
Trong phần này tác giả sẽ trình bày cách sử dụng một số tính chất của các hằng đẳng
thức, từ đó ta sẽ sáng tác và giải các hệ phƣơng trình, tìm ra mối liên hệ của các
nghiệm để giải hệ.
Tính chất 1. Nếu ta có A3  B3  A  B .
Từ ý tƣởng này ta muốn đi xây dựng một phƣơng trình khi giải ra sẽ đƣợc mối liên hệ
giữa các biến, giả sử nhƣ y  x  1 . Suy ra x  2  y  1   x  2    y  1 . Biến đổi
3

3

tƣơng đƣơng ta thu đƣợc phƣơng trình thứ nhất là x3  y3  12 x  3 y  3 y 2  6 x 2  7 . Giờ

ta đi sáng tác phƣơng trình thứ hai, giả sử chọn nghiệm trƣớc của hệ phƣơng trình là
x  2 , ta có thể lấy phƣơng trình chứa căn nhƣ sau x2  3x  9  x  1  0 . Vì khi giải

đƣợc phƣơng trình thứ nhất ta sẽ thế y  x  1 nên thay ngƣợc lại ta có phƣơng trình
x2  3x  9  2 y  x  3 . Vậy ta có bài tốn sau.
2

 x  3x  9  2 y  x  3

Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình 

3
3
2
2

 x  y  12 x  3 y  3 y  6 x  7.

Footer Page 12 of 166.

10

.


Header Page 13 of 166.
Giải. Điều kiện: 2 y  x  3  0 .
Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng  x  2    y  1  y  x  1 .
3

3

Thay y  x  1 vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc
x2  3x  9  x  1  0 ( điều kiện x  1 )





  x 2  2 x  8  x  1  x  1  0   x  2  x  4   x  1

x2
x 1  1

0


x 1 
  x  2   x  4 
  0  x2  0  x  2.
x  1  1 


Với x  2  y  3 . Đối chiếu lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    2;3  .
Nhận xét: Thực sự bài tốn này khơng khó, nhƣng đây chính là ý tƣởng tự nhiên của
các tác giả sáng tác cho các bài dạng này, nếu muốn bài tốn khó hơn ta chỉ việc đi
chọn mối liên hệ của biến phức tạp rồi sau đó biến đổi tƣơng đƣơng các phƣơng trình
chứa hằng đẳng thức này là xong. Ta sẽ thử đi làm một bài toán khác khi đã biết đƣợc
ý tƣởng sáng tác của bài dạng này nhƣ nào.

2
2
2
2

 x  y   x  xy  y  3  3  x  y   2
Bài tốn 2. Giải hệ phƣơng trình 
2

4 x  2  16  3 y  x  8.

Phân tích: Với hệ này ta thấy phƣơng trình thứ hai có vế trái là căn thức, vế phải là đa
thức bậc hai nếu muốn bỏ căn thì phải bình phƣơng hai vế sẽ rất phức tạp. Xét phƣơng
trình thứ nhất là một phƣơng trình đa thức bậc ba với cả hai biến hơn nữa khi cô lập
hai biến lại có khả năng xuất hiện hằng đẳng thức là rất cao với bộ số tỉ lệ 1: 3 : 3 nên
ta sẽ dồn suy nghĩ vào giải phƣơng trình thứ nhất của hệ. Ta có lời giải cho bài toán
trên nhƣ sau
Giải. Điều kiện x  2; y 

16
.
3

Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng với  x  1   y  1  y  x  2 .
3

3

Thế y  x  2 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc
4 x  2  22  2 x  x2  8 

Footer Page 13 of 166.

4  x  2
x22

  x  2  x  2  

11

3 x  2
22  2 x  4


Header Page 14 of 166.
4
3


  x  2 
 x2
0
22  2 x  4 
 x22

x  2  y  0

4
3


 x2
 0.
22  2 x  4
 x  2  2
4

Xét hàm số f  t  

t22

t 2

 *
3

22  2t  4

22
trên  2;  .
3



Do f '  t   0 mà có f  1  0 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình * .
Với x  1  y  3 .
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y    2;0 ,  1; 3  .
Tính chất 2.Nếu ta có A2  0  A  0 .
Với ý tƣởng này ta sẽ đi xây dựng một hệ gồm hai phƣơng trình trong đó phƣơng trình
đầu sẽ mang mối liên hệ giữa các biến và phƣơng trình thứ hai sẽ cho nghiệm chính

xác. Giả sử ta chọn hai nghiệm trƣớc là x  1 và y  1 khi đó giá trị biểu thức
x  y  2  0 . Nên ta sẽ ép phƣơng trình thứ nhất khi biến đổi đƣa về đƣợc phƣơng

trình



x  y 2



2

 0 . Biến đổi tƣơng đƣơng để che giấu hằng đẳng thức này ta có





phƣơng trình x  y  4  2 2 x  2 y  xy . Giờ phƣơng trình thứ hai ta cho một
phƣơng trình nhƣ  3x  2 y  2 y  x  1  0 . Bây giờ ta đã có một hệ phƣơng trình nhƣ
sau
3x  2 y  4 xy  3x 2  4 y 2
Bài tốn 3. Giải hệ phƣơng trình 
 x  y  4  2 2 x  2 y  xy .





Giải. Điều kiện x  0; y  0. Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng
3 x  2 y  0
 2 y  x  1  0.

 3x  2 y  2 y  x  1  0  

Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng

Footer Page 14 of 166.


12

x  y 2



2

 0  x  y  2.


Header Page 15 of 166.
3x  2 y  0
Hệ này vô nghiệm.
 x  y  2.

Với 

2 y  x  1  0

x  1

 x  y  2
 y  1.

Với 

Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1 .
Nhận xét : Muốn nâng dần độ khó của bài toán dạng này, ta sẽ đi chọn một biểu thức
sao cho mối liên hệ giữa các biến phức tạp sau đó rồi biến đổi tƣơng đƣơng để làm
loạn lên là đƣợc.
Ví dụ ta thử sáng tác khó hơn nhƣ sau, trƣớc tiên chọn nghiệm của hệ là x  1 và
y  4 , khi đó ta có mối liên hệ giữa các nghiệm là

x  y  3  1 

 x  y  3  2 x  y  3   1  0  x  y  3 

 x  1 y  2.

Vậyta đã có một phƣơng trình là

 x  1 y  2.

x  y 3 

Khi phân tích biểu thức này ta sẽ có y 





2

x  y  3  1  0

1
 3 hoặc xy  3x  1 , một điểm cần lƣu ý là
x

khi sáng tác phƣơng trình thứ hai, ta cần lƣu ý tới mối quan hệ ban đầu để tránh
trƣờng hợp phƣơng trình giải nghiệm quá phức tạp nên các biểu thức trong phƣơng
trình sẽ chỉ nên xuất hiện các nhân tử x, xy, y . Ví dụ ta chọn phƣơng trình





16 x  y  2 xy  144  9 x 2 y 2 . Giờ biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình ta có đƣợc

phƣơng trình thứ hai là

24  x  y 
x y

 16

x y
32


 9 xy . Vậy ta có bài tốn sau
xy
xy

 24  x  y 
x y
32

 x  y  16 xy  xy  9 xy
Bài toán 4. Giải hệ phƣơng trình 


 x  y  3   x  1 y  2 .

Giải. Điều kiện x  0; y  3; x  y .
Bình phƣơng hai vế phƣơng trình thứ hai ta đƣợc
x  y  3  2 x  y  3  xy  2 x  y  2  x  y  3  2 x  y  3  1  0

Footer Page 15 of 166.

13


Header Page 16 of 166.






2

x  y  3  1  0  x  y  3  1  y 

1
 3.
x

Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai và kết hợp điều kiện ta đƣợc
24



 1 1  32
x  y  16    
 9 xy  24
xy
x y





2

2

 1
1 

x  y  16 

  9 xy  0
 x
y







x y
x y
 4
 3 xy   0  4
 3 xy  16 x  y  2 xy  9 x 2 y 2


xy
xy







x  x  1
1



0
 16  x   3  2 3x  1   9 x 2 y 2   x  1 81x 2  87 x  16  32 x
x
x  1  3x  1




3x 2
  x  1  81x 2  87 x  16 
  0  x  1.
x

1

3
x

1







Với x  1  y  4 . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trinh có nghiệm  x; y   1;4  .

Trên đây là cách tự nhiên mà chúng ta đã cùng nhau sáng tác một bài toán giải hệ
phƣơng trình, với ý tƣởng mà đã sử dụng ở trên ta sẽ đi dự đoán ý tƣởng của tác giả để
đi tìm lời giải trong bài tốn sau
Bài tốn 5. Giải hệ phƣơng trình

2
4 3 
 xy  2   6 y  3  x  x 2 




3
 3  1   y  y  12 x   4  3  5   87   15  1  1 .



 2 


x  
x2  x

x




Phân tích : Xét trong hai phƣơng trình thì phƣơng trình thứ hai khá phức tạp và cồng
kềnh, phƣơng trình thứ nhất lại có xuất hiện các bộ số tỉ lệ và mang dáng dấp của một

hằng đẳng thức bậc hai khi khai triển vế phải. Sau khi thấy đƣợc mối quan hệ giữa hai
biến thì cơng việc cịn lại chỉ là thế vào phƣơng trình thứ hai và tìm ra nghiệm của bài
toán là xong. .
Giải.
Điều kiện x  0 .
Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc

Footer Page 16 of 166.

14


Header Page 17 of 166.
 xy  2

2

 6y 

12 9
3 9
2
 2  0   xy  2   2  xy  2   2  0
x x
x x

2

3
3

2 3

  xy  2    0  xy  2   y   2 .
x
x
x x


2
x

Thay y  

3
vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc
x2

2
3

1   2 3 

 2 3  12 20
 1

3



12

x




87

15

1


 


 2

2 
3
x   x x 2 
x2

x x  x
x



1  9 24 36



 1

  3   4  3   63   15  2  1
x  x
x
x


x


3

3

1  3 8 12


 1

  3   4  3   21  5  2  1 .
x  x
x
x


x


Đặt t 

3
1
. Phƣơng trình trở thành  3  t   3t 4  8t 3  12t  21  5  t 2  1
x

2
3
2
  3  t  3  t 2  1  2  3  t    5  t 2  1


2
3
 3t 
 3t  
 3t 
 3t 
 2
3

2

5

2



 2


 2
  3 2
5  0
 t  1  
 t  1  
 t 1 
 t 1 
2
 3t
  3t 
 3t  
 2
 1  2  2   2  2   5   0
 t  1    t  1 
 t  1  
2

3t
 3t 
 3t 
 2
 1 (vì 2  2   2  2   5  0 ( với t  R )
t 1
 t 1 
 t 1 
 x  1
t  1 
 t t 2  0  


x  1 .
t  2

2
?

Với x  1  y  5 .
1
2

Với x   y  8 . Thử lại thấy cả hai cặp nghiệm đều thỏa mãn.


1
2




Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    1; 5  ,  ; 8   .


Nhận xét : Một bài toán dạng này muốn tăng dần độ khó ta sẽ cho mối liên hệ của bài
tốn trong một biểu thức phức tạp hoặc sau khi tìm đƣợc mối liên hệ đó yêu cầu ngƣời

Footer Page 17 of 166.

15

Header Page 18 of 166.
giải phải biến đổi để có thể sử dụng vào phƣơng trình cịn lại của hệ. Tuy nhiên trong
dạng này tác giả không chú tâm vào việc này lắm mà chỉ muốn gửi tới ngƣời đọc cách
để bất cứ ai cũng có thể sáng tác đƣợc một bài hệ phƣơng trình theo cách này mà thơi.
A  0
 B  0.

Tính chất 3. Nếu ta có A2  B 2  0  

Ta sẽ thử đi sáng tác bài toán để hƣớng lời giải theo cách sử dụng tính chất trên nhƣ
sau. Trƣớc tiên ta sẽ đi chọn biểu thức thể hiện mối liên hệ của hai nghiệm, ví dụ là
y  2 x  1 . Vì lí do khi ta giải phƣơng trình sẽ thu đƣợc hai biểu thức nên khi chọn hai

biểu thức A và B không đƣợc mâu thuẫn với nhau và cùng thể hiện mối liên hệ là
y  2 x  1 , ví dụ ta chọn biểu thức A  x 2  y  x  1 và B  2 x  y  1 . Vậy ta đã có

đƣợc phƣơng trình sau khi biến đổi là





2

x 2  y  x  1   2 x  y  1  0 .
2

Biến đổi tƣơng đƣơng ta sẽ có phƣơng trình thứ nhất của hệ là
6 x  x  1  4 xy  1  2  x  1 x 2  y   y  1 .
2

Lƣu ý trong quá trình chọn biều thức cần phải tìm điều kiện của các biến nếu có, đặc
biệt trong trƣờng hợp ta chọn biểu thức có chứa căn thức. Giờ ta sẽ đi sáng tác phƣơng
trình thứ hai của hệ, ta cũng muốn xuất hiện một biểu thức liên hệ giữa hai biến nữa ví
dụ nhƣ 3x  y  1 . Do đó ta cần ép để xuất hiện phƣơng trình



3x  y  1



2

0.

Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình này ta đƣợc 9 x2  y 2  6 xy  2 y  6 x  1  0 .
Vậy ta có bài tốn sau
2
2

6 x  x  1  4 xy  1  2  x  1 x  y   y  1
Bài tốn 6. Giải hệ phƣơng trình 
2
2

9 x  y  6 xy  2 y  6 x  1  0.

Giải. Điều kiện x 2  y  0 .
Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhấtta đƣợc

x2  y  2  x  1 x 2  y   x  1  4 x 2  4 x  4 xy  y 2  2 y  1  0
2




 x  1
 x2  y  x  1

x  y  x  1   2 x  y  1  0  
 y  2 x  1.

 y  2x  1
2



2

2

Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc

Footer Page 18 of 166.

16


Header Page 19 of 166.
9 x2  y 2  1  6 xy  2 y  6 x  12 x  y  1  3x  y  1  2 3x  y  1





3x  y  1



2

 0  3x  y  1 .

 x  1; x 2  y  0
x  2

Hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với hệ sau  y  2 x  1

 y  5.
3x  y  1


Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm là  x; y    2;5 .
Tính chất 4. Nếu ta có A2  B2  A  B hoặc A   B .
Để sáng tác bài tập để giải theo cách này ta chỉ cần chọn hai biểu thức và ép cho
chúng bằng nhau là đƣợc. Độ khó của bài tốn dạng này phụ thuộc vào hai biểu thức
ta chọn có phức tạp hay khơng. Thêm một điểm đặc biệt là khi ta chọn một biểu thức
là căn thức thì biểu thức đó ln khơng âm, nếu ta giới hạn ẩn để chứng minh biểu
thức cịn lại ln âm hoặc ln dƣơng thì ta chỉ cần xét một trƣờng hợp chứ không
phải là hai trƣờng hợp nhƣ lí thuyết bên trên.
Thí dụ ta chọn A  y  2  x  2 và B  4 x  1 khi ta giải ra thì ta sẽ có hai trƣờng hợp

y  2  5x  1 và

là
x

y  2  3x  3 . Giờ ta cho thêm điều kiện của x chẳng hạn nhƣ

10
bằng cách cho xuất hiện
3

đƣợc trƣờng hợp

10 x  3 trong phƣơng trình thứ hai thì ta sẽ loại đi

y  2  3x  3 .

Giờ ta lập phƣơng trình thứ hai, để bài tốn đơn giản thì dữ kiện ở phƣơng trình thứ
nhất cần xuất hiện thuận lợi ở phƣơng trình thứ hai, phƣơng trình thứ nhất có chứa
y  2  5x  1 nên ta có thể cho đại lƣợng

4

y  2 . Giờ ta chỉ cần chọn nghiệm thích

hợp để các căn thức đó là số đẹp và cân bằng là đƣợc, ở đây tác giả chọn nghiệm là

 x; y   

2


; 1 và phƣơng trình là 5x 2
5




4

 

tốn sau

Footer Page 19 of 166.



y  2  2  2 1  6 x  10 x  3 . Vậy ta có bài

17


Header Page 20 of 166.
 y  5  3x 2  1  12 x  2  x  2  y  2

Bài toán 7. Giải hệ phƣơng trình  2
5 x 4 y  2  2  2 1  6 x  10 x  3 .



Giải. Điều kiện y  2; x 

 



10
. Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất ta có
3

y  2  2  x  2  y  2  x 2  4 x  4  16 x 2  8x  1
 y  2  2  x  2  y  2   x  2    4 x  1 
2

2



y2 x2



2

  4 x  1

2

 y  2  x  2  4x 1
 y  2  5x  1



 y  2  x  2    4 x  1
 y  2  3x  3

 y  2  5x  1  4 y  2  5x  1 .

Thay
5x2



4

y  2  5x  1 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc

 



5x  1  2  2 1  6 x  10 x  3  5x2 5x 1 10 x2  12 x  2  2 10 x  3  0

 5x2 5x  1  2 x  5x  1  10 x  3  2 10 x  3  1  0



 

 x 5x  1 5x  1  2 5x  1  1 
 x 5x  1



 
2

5x  1  1 



2

10 x  3  1  0

 5 x  1  1
2
2
x .
10 x  3  1  0  
5
 10 x  3  1



2
5

Với x   y  1 . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    ; 1  .
2

5



Bài tập tự luyện
Giải các bài toán hệ phƣơng trình sau
4
2
2
3
2
2

 x  x  27 y   3x  13  3x y  x  9 y 
Bài tập 1. 

 x  x  3 y  1  5.




Đáp án :  x; y    7;

Footer Page 20 of 166.

17  
5 
 ;  4;  
7 
4 

18


Header Page 21 of 166.
2
2

 y  8 x  5 x  6 y  5  0
Bài tập 2. 
2

 xy  1  x  y.











Đáp án : 1; 3  17 ; 1  2;2  2 ; 1  2;2  2 ; 2  5;3  5 ; 2  5;3  5
x  y 1  2

Bài tập 3. 
y  2 x  y  4  2 2 x 1  x .




Hệ này vô nghiệm.

 x 2  5 y 2 2  2 xy  6  x 2  5 y 2   36

Bài tập 4. 
 5 y 4  x 4  6 x 2  2 xy  6 y 2 .

 x; y   1;1 ;  1; 1







2. 2 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH CỘNG ĐẠI SỐ
Khi nghe tới tên phƣơng pháp này chắc chúng ta đã hiểu ý tƣởng của phƣơng pháp
này là sẽ kết hợp hai phƣơng trình lại chứ không phải là đi giải riêng lẻ từng phƣơng
trình một. Nhƣng khi nào thì chúng ta áp dụng phƣơng pháp này để giải bài toán ? Ở
phần này tác giả không nhắc tới những bài giải hệ phƣơng trình đối xứng loại hai vì ta
dễ dàng nhận ra đƣợc là phải trừ vế với vế của hai phƣơng trình cho nhau , nên ta sẽ
bỏ qua dạng đối xứng này và xét những bài toán dạng khác. Trƣớc tiên để hiểu về
cách sử dụng phƣơng pháp này nhƣ thế nào ta sẽ thử đi giải một số bài toán để phát
hiện ra điều này. Trƣớc tiên là một bài tốn đƣợc trích ra từ đề tuyển sinh của trƣờng
ĐH An ninh năm 1999.
2
2


 x  x  y  1  x  y  x  y  1  y  18
Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình 
2
2

 x  x  y  1  x  y  x  y  1  y  2.

Phân tích : Khi nhìn cấu trúc của hệ này ta có một số nhận xét sau
Đầu tiên ta thấy là hệ mà đều có chứa hai đại lƣợng chứa căn thức khá phức tạp là
x 2  x  y  1 và

y 2  x  y  1 nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc trừ hai vế để giản ƣớc hai

đại lƣợng này.
Tiếp theo lại thấy hai đại lƣơng x, y có dấu trái nhau, khi đó ta cộng hai phƣơng trình
này lại thì sẽ chỉ cịn hai đại lƣợng

Footer Page 21 of 166.

x 2  x  y  1 và

19

y2  x  y 1 .


Header Page 22 of 166.
Vậy nếu ta cộng và trừ hai vế của hai phƣơng trình thì sẽ có một hệ đơn giản hơn rất
nhiều. Với ý tƣởng này ta có lời giải cho bài tốn trên nhƣ sau
Giải. Điều kiện x2  x  y  1  0, y 2  x  y  1  0 .

Cộng và trừ hai vế của hai phƣơng trình cho nhau ta đƣợc một hệ phƣơng trình
 x 2  x  y  1  y 2  x  y  1  10

 x 2  9  x 2  16 x  73  10






y  8 x
x  y  8
10  x 2  9  0


 x  16 x  73  10  x  9


  x 2  16 x  73  100  20 x 2  9  x 2  9

y  8 x
y  8 x


2

2

 9
 9


x

9
 4  x9
4
9  x  9



2
x  4
 5 x 2  9  4 x  9  25  x 2  9   16 x 2  72 x  81   x  4   0  
 y  4.

y  8 x

y

8

x




 y  8  x

Đối chiếu với điều kiện thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  4;4  .

Nhận xét. Đây là bài tốn tuy khơng khó nhƣng nó đã khơi gợi sự ra đời của rất nhiều
bài toán giải bằng cách cộng trừ hai phƣơng trình để tạo thành một hệ đơn giản hơn.
Mục đích của dạng này là làm biến mất đi các biểu thức phức tạp hoặc không cùng
dạng với nhau, đó có thể là cùng mất đi căn thức, mất đi một biểu thức cùng xuất hiện
trong hệ hoặc đơn giản là mất đi các số hạng tự do (thƣờng xuất hiện trong giải hệ
phƣơng trình đối xứng loại hai). Khi biết đƣợc bản chất của việc cộng đại số ta sẽ đi
sáng tác một bài toán thử xem sao.
Giờ ta muốn loại bỏ một biểu thức cồng kềnh xuất hiện trong hệ là 4x 4 bằng cách
cộng hai vế, khi đó dấu của biểu thức này trong hai phƣơng trình phải trái dấu. Tiếp
theo, muốn biểu thức có dạng một phƣơng trình bậc ba với biến là xy , ta sẽ làm xuất
hiện các biểu thức x3 y 3 , x 2 y 2 , xy . Để cân bằng các đại lƣợng này ta chọn nghiệm
trƣớc, ví dụ nhƣ xy  1 . Khi đã chọn đƣợc nghiệm rồi, ta cân bằng giá trị các đại lƣợng

Footer Page 22 of 166.

20


Header Page 23 of 166.
để tạo thành phƣơng trình, ví dụ muốn có hệ phƣơng trình biểu thị hệ giá trị
3  7  4
ta có thể lập một bài tốn có các phƣơng trình 3x3 y3  7  4 x4 và phƣơng

1  1  4  2

trình x3 y3  xy  4 x4  2. Vậy ta có bài tốn sau
3x3 y 3  7  4 x 4
3 3
4
 x y  xy  4 x  2.

Bài tốn 2. Giải hệ phƣơng trình 
Giải.

Cộng hai vế của hai phƣơng trình của hệ ta đƣợc phƣơng trình
4 x3 y3  xy  5  0   xy  1  4 x 2 y 2  4 xy  5  0  xy  1  0  xy  1 .

Thay xy  1 vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc phƣơng trình
x  1  y  1
x4  1  
Thử lại thấy thỏa mãn.
 x  1  y  1.

Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1;  1; 1 .
Phân tích : Bài toán trên là một bài toán rất cơ bản, hƣớng giải quyết bài toán xuất
phát từ việc muốn triệt tiêu đại lƣợng x 4 lạc lõng. Nếu dạng của hệ phƣơng trình này
giữ ngun và thay đổi tồn bộ hệ số thì việc giải bài tốn cũng khơng khó khăn, vì
lúc đó ta chỉ cần triệt tiêu đại lƣợng lạc lõng đó và đƣa về phƣơng trình bậc ba với
biến xy . Với phƣơng trình này ta hồn toàn giải quyết đƣợc.
2
2

a1 x  b1 y  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0
Xét với hệ phƣơng trình dạng  2
đã có phƣơng pháp
2

a2 x  b2 y  c2 xy  d 2 x  e2 y  f 2  0

giải từ trƣớc nhƣng trong phần này tác giả sẽ đi theo một hƣớng khác để giải quyết

khác là đƣa bài tốn về hệ đẳng cấp bằng cách đặt thích hợp. Vì hệ trên đƣợc cấu tạo
bởi hai phƣơng trình bậc hai tổng qt nên mỗi phƣơng trình sẽ có các cặp  x; y  để
thực hiện phép tịnh tiến riêng lẻ, thực tình ta khơng mong muốn điều này xảy ra. Và
nếu điều đó khơng xảy ra thật thì ta sẽ có một lời giải vơ cùng ƣng ý. Ta sẽ thử đi xét
một ví dụ cụ thể nhƣ sau.

Footer Page 23 of 166.

21


Header Page 24 of 166.
 x 2  3 y 2  2 xy  10 x  22 y  34  0
2
2
 x  5 y  4 xy  16 x  38 y  68  0.

Bài tốn 3.Giải hệ phƣơng trình 

x  u  a
Thế vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc
 y  v  b.

Giải. Ta đặt 

u  a 

2

 3  v  b   2  u  a  v  b   10  u  a   22  v  b   34  0

2

 u 2  3v 2  2uv   a 2  3b2    2a  2b  10  u   6b  2a  22  v  10a  22b  0 .

2a  2b  10  0
a  2

6b  2a  22  0
b  3.

Để hệ đẳng cấp ta cần có 

x  u  2
Thay vào hệ đã cho ta có hệ phƣơng trình
 y  v  3.

Vậy khi đó ta sẽ có phép đặt 

2
2
u  2uv  3v  9
Đối với hệ đẳng cấp bậc hai này ta đã có cách giải.
2
2
u  4uv  5v  5.

đẳng cấp sau 

Với một chút may mắn, bài toán đã đƣợc giải quyết hồn tồn. Tuy nhiên đơi khi ta
khơng may mắn đƣợc nhƣ vậy, giờ tác giả sẽ trình bày lời giải theo cách sử dụng hệ số

bất định mà phƣơng pháp đã đƣợc đƣa ra ở chƣơng 1. Giờ đứng dƣới góc nhìn của
một ngƣời giải bài tốn, ta sẽ suy nghĩ nhƣ nào để có lời giải. Trƣớc tiên ta thấy cả hai
phƣơng trình của hệ này đều là phƣơng trình bậc hai đối với biến, ta suy nghĩ ngay tới
việc phân tích nhân tử ở mỗi phƣơng trình. Nhƣng điều này khơng thực hiện đƣợc vì
denta của các phƣơng trình đối với ẩn x hay y khơng phải là số chính phƣơng. Tới đây
ta sẽ nghĩ ra các khử các đại lƣợng bình phƣơng nhằm mục đích thế ẩn vào phƣơng
trình cịn lại.
Trong bài này ta có thể đặt ẩn phụ nhằm đƣa phƣơng trình này về một hệ phƣơng trình
đẳng cấp, nhƣng để tổng qt hóa bài này ta bằng phƣơng pháp hệ số bất định để ghép
hai phƣơng trình tạo thành một phƣơng trình bậc hai có đenta chính phƣơng.Nhân cả
hai vế của phƣơng trình thứ hai với k rồi cộng vế với vế phƣơng trình thứ nhất ta
đƣợc
x2  3 y 2  2 xy  10 x  22 y  34  k  x 2  5 y 2  4 xy  16 x  38 y  68  0

 1  k  x2  2  y  5  2ky  8k  x  22 y  3 y 2  5ky 2  38ky  34  68k  0 .

Ta có  'x   y  5  2ky  8k   1  k   22 y  3 y 2  5ky 2  38ky  34  68k 
2

Footer Page 24 of 166.

22


Header Page 25 of 166.
   k 2  4k  2 y 2  6  k 2  4k  2  y  4k 2  22k  9

là

một

số

chính

phƣơng.

 k  1

2
9
2
2
2
Nhƣ vậy ta cần có  ' y  9  k  4k  2    k  4k  2  4k  22k  9   0   k 

5

 k  2  2.

Ta có thể chọn bất cứ một giá trị này nhƣng để đƣợc đơn giản nhất ta chọn k  1 .
Nhƣ vậy việc cộng đại số hai phƣơng trình của hệ phƣơng trình này sẽ tự nhiên hơn là
việc lấy vế trừ vế của hai phƣơng trình cho nhau dù các bƣớc làm giống hệ nhau. Nhƣ
vậy việc tìm mối liên hệ giữa hai biến đã xong. Ta có lời giải nhƣ sau
Giải. Lấy phƣơng trình thứ hai nhân với  1 và cộng với phƣơng trình thứ hai ta
 y  3

đƣợc xy  3x  y  8 y  17  0  
y 2  8 y  17
x


.

y3

2

Thay x 

y 2  8 y  17
vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc phƣơng trình
y3
2

 y 2  8 y  17 
 y 2  8 y  17 
y 2  8 y  17
2

3
y

2
y

10
 22 y  34  0





y3
y3
y3





 2 y 4  24 y3  99 y 2  162 y  85  0
 y2  6 y  5  0
  y 2  6 y  5 2 y 2  12 y  17   0   2
 2 y  12 y  17
 y  5  x  1.
 y  1  x  5.


  y  6  2  x  4  5 2 . Thử lại thấy thỏa mãn.
2
2


6  2
45 2
x
.
y 

2
2




 4  5 2 6  2   4  5 2 6  2  

;
;
; 
  .
2
2
2

  2



Vậy hệ có nghiệm  x; y    1; 5 ; 5; 1 ; 



Trong chƣơng thứ nhất của luận văn này có trình bày phƣơng pháp để tìm ra hằng số
a1 x 2  b1 y 2  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0

, và ở phần trên tác giả đã sử
k trong hệ dạng  2
2
a
x


b
y

c
xy

d
x

e
y

f

0

 2
2
2
2
2
2

Footer Page 25 of 166.

23