Một số kỹ năng giải hệ phương trình

A. MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy
cả phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa
học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Người thầy phải thực hiện điều đó và hướng dẫn hoc sinh thực hiện ngay
trong mỗi tiết học. Tất nhiên để làm được, chính người thầy phải có những khả
năng trên, cùng với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương
pháp tạo ra tình huống có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh
vào trong tiết học, với những xuất phát điểm phải từ trong SGK rồi sau đó phát
triển các bài toán, các dạng toán lên để đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh.
Hệ phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình toán cơ sở
cũng như phổ thông. Hệ phương trình có nhiều dạng và cách giải khác nhau. Đơn
giản nhất là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ ba phương trình bậc nhất ba
ẩn. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn học sinh được học ở cấp hai, đến lớp 10
được ôn tập lại và học hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn. Hệ đối xứng loại I, hệ
đối xứng loại II, hệ đẳng cấp và nhiều hệ phương trình không mẫu mực khác thì
học sinh không được tìm hiểu chính thức trong chương trình học, ở nhà trường có
chăng thì biết được thông qua tài liệu tham khảo, tự học.
Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho
các em hệ thống các bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần
rèn luyện khả năng sáng tạo cho học sinh. Dạng toán giải Giải hệ phương trình
là một mảnh đất rất thuận lợi cho chúng ta thực hiện công việc này.
2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:

Ở các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh thi vào trung học phổ thông
môn Toán Huyện Hậu Lộc nhiều năm đạt kết quả rất cao nhưng một số năm
không tốt. Đó là một điều mà người giáo viên đứng lớp lúc nào cũng phải suy
nghĩ, băn khoăn, trăn trở, tìm hiểu nguyên nhân, lý do tại sao kết quả không được
bền vững. Để chất lượng đội tuyển bền vững bản thân thiết nghĩ chương trình dạy

học cũng là một phần rất quan trọng trong quá trình dạy học. Trong đó mảng Giải
hệ phương trình bất cứ năm nào thi học sinh giỏi cấp Tỉnh cũng có. Nhưng
chương trình sách giáo khoa THCS chỉ đưa ra một số dạng rất đơn giản không
1


đáp ứng được yêu cầu đòi hỏi của các cuộc thi. Cho nên bản thân mạnh dạn tìm
tòi nghiên cứu đưa ra “một số kỹ năng giải hệ phương trình” nhằm đáp ứng tốt
và bền vững quá trình ôn thi học sinh giỏi cấp Tỉnh và cấp cao hơn nữa.
B. NỘI DUNG
1.CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả
năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những
kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao).
2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

Trong các buổi học thông qua các tình huống có vấn đề hoặc các bài tập
đưa ra, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán, biết nhìn
bài toán dưới nhiều góc độ.
Để cụ thể hoá điều trên, tôi đă trình bày trong đề tài này: Xuất phát từ môt
bài toán bất kỳ yêu cầu học sinh phải phán đoán đưa ra nhận xét và hướng giải
quyết. Tìm ra nhiều cách giải thú vị gây hứng thú trong học tập.
3. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:

Để đánh giá được khả năng giải toán và có phương án, phương pháp truyền
đạt đến học sinh. Tôi đã tiến hành kiểm tra 10 em trong đội tuyển học sinh giỏi
dự thi cấp Tỉnh của Huyện Hậu Lộc dự thi cấp tỉnh năm học 2015-2016 thời gian
làm bài 30 phút.
Đề bài:

 x 2 + y 2 + xy = 3

Bài 1 (5đ): Giải hệ phương trình: 

2
2
 x − y + xy = 1.

 x 2
2
 y ( x + y ) = 2
Bài 2 (5đ): Giải hệ phương trình: 
 y (2 x 2 − y 2 ) = 1.
 x

Kết quả cụ thể:
Điểm dưới 5
SL
%
0
0,0

Điểm 5-6
SL
%
5
50

Điểm 7-8
SL

%
4
40,0

Điểm 9-10
SL
%
1
10,0

2


Qua bài kiểm tra tôi thấy đây là 10 học sinh trong đội tuyển Toán chính thức.
Nhưng chất lượng bài làm không cao. Nếu làm được bài thì lập luận thiếu chặt
chẽ. Cho nên từ đó tôi mới phân dạng để học sinh dễ tiếp thu:
1. Hệ phương trình đối xứng loại I:
- Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự các
phương trình cũng không thay đổi.
- Cách giải: Biến đổi đưa về dạng tổng - tích.
+ Đặt S = x + y; P = xy
+ Giải hệ với ẩn S; P với điều kiện có nghiệm (x; y) là S 2 ≥ 4 P.
+ Tìm nghiệm (x; y) bằng cách thế vào phương trình X 2 − SX + P = 0 .
2. Hệ phương trình đối xứng loại II.
- Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự các
phương trình thay đổi (phương trình này trở thành phương trình kia).
- Cách giải: Lấy vế trừ vế và phân tích thành nhân tử, lúc nào cũng đưa được về
dạng ( x − y ). f ( x, y ) = 0 , tức luôn có x = y .
3. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai:
2

2
2
2
 a1 x + b1 xy + c1 y = d1
d 2 (a1 x + b1 xy + c1 y ) = d1.d 2 (1)
⇔
 2
2
2
2
 a2 x + b2 xy + c2 y = d 2
d1 (a2 x + b2 xy + c2 y ) = d1.d 2 (2)

Lấy (1) - (2) ⇒ (a1d 2 − a2 d1 ) x 2 + (b1d 2 − b2 d1 ) xy + (c1d 2 − c2 d1 ) y 2 = 0 đây là phương trình
đẳng cấp bậc hai nên sẽ tìm được mỗi liên hệ x, y (bản chất nhân chéo hai
phương trình lại với nhau tạo đồng bậc).
Lưu ý: Ta sẽ làm tương tự đối với dạng đẳng cấp bậc ba và bậc bốn.
4. Sử dụng phương pháp thế tạo phương trình đẳng cấp (đồng bậc).
 f m ( x; y ) = a
với f m ( x; y ); f n ( x; y ); f k ( x; y ) là các biểu thức
 f n ( x; y ) = f k ( x; y )

Dạng thường gặp là 

đẳng cấp bậc m; n; k thỏa mãn m + n = k
Phương pháp giải: Sử dụng kỹ thuật đồng bậc, tức là:
 a = f m ( x; y )

⇒ f m ( x; y ). f n ( x; y ) = a. f k ( x; y ) đây là phương trình đẳng
Hệ ⇔ ↓

a. f ( x; y ) = a. f ( x; y )
k
 n

cấp bậc k, sẽ tìm được mỗi liên hệ giữa x; y.
3


5. Bài toán cụ thể:
 x3 + y 3 = 8
Bài toán 1: Giải hệ phương trình: 
 x + y + 2 xy = 2

(1)

Phân tích: Khi thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các
phương trình trong hệ cũng không thay đổi ⇒ đây là hệ đối xứng loại I và
phương pháp giải là biến đổi về tổng và tích.
Lời giải: Đặt s = x + y; p = xy, ( s 2 ≥ 4 p).
Khi đó: x3 + y3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) = ( x + y )[( x + y )2 − 3xy ] = s 3 − 3 ps
 s 3 − 3sp = 8
2 p = 2 − s
s = 2
(1) ⇔ 
⇔ 3
⇔
(thỏa mãn đk)
2
p = 0
s + 2 p = 2

2 s + 3s − 6 s − 16 = 0
s = 2
x + y = 2
x = 2
x = 0
⇒
⇔
hoặc 
.
 p = 0  xy = 0
y = 0
y = 2

Với 

Vậy tập nghiệm hệ cần tìm S = ( x; y ) = { (2;0);(0; 2)}
 x y + y x = 6

Bài toán 2: Giải hệ phương trình: 

(2)

2
2
 x y + y x = 20

Phân tích: Khi thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các
phương trình trong hệ cũng không thay đổi ⇒ đây là hệ đối xứng loại I. Nhưng
trong hệ phương trình có chứa

x ; y , nên ta sẽ đặt s = x + y ; p = xy hoặc ta có

thể đặt u = x ; v = y , rồi sau đó đặt s; p theo u, v cũng được kết quả tương tự.
Lời giải: Điều kiện x; y ≥ 0 . Đặt u = x ≥ 0; v = y ≥ 0
u 2v + uv 2 = 6
uv(u + v) = 6
 ps = 6
(2) ⇔  4 2
⇔
⇔


2
2
2
2
2
2 4
u v + u v = 20
u v [(u + v) − 2uv ] = 20
 p ( s − 2 p ) = 20
 ps = 6
s = u + v 2
p = 2
u + v = 2
u = 1
( s ≥ 4 p) ⇔  2 2
⇔
⇔
⇔

hoặc
3
 p = uv
s = 3
u + v = 3
v = 2
 p s − 2 p = 20

với 

u = 2

v = 1

 x = 1
 x = 2
x = 1
x = 4
⇔
Suy ra: 
hoặc 
hoặc 
y = 4
y =1
 y = 2
 y = 1

So với điều kiện, nghiệm hệ là S = ( x; y ) = { (1; 4);(4;1)}
 2 x 3 + x 2 y = 3
Bài toán 3: Giải hệ phương trình:  3

2
 2 y + xy = 3

(1)
(2)

(3)

4


Phân tích: Nếu thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và phương
trình này trở thành phương trình kia ⇒ đây là hệ đối xứng loại II (lấy vế trừ vế).
Ngoài ra nếu quy đồng thì đây là hệ đẳng cấp bậc ba (đặt x = ty ).
Lời giải 1: Xem đây là hệ phương trình đối xứng loại II.
(1) - (2) ⇒ 2( x3 − y 3 ) + xy ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y )(2 x 2 + 2 y 2 + 3xy ) = 0
2
2
 
 

3  7 y2 
3  7 y2
⇔ ( x − y) 2  x + y ÷ +
> 0, ∀x, y ÷
 = 0 ⇔ x = y do  2  x + y ÷ +
÷
4 
8 
4 

8
 
 


Thế vào (1) ⇔ 3x 2 = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 .
Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (1;1)}
Lời giải 2: Xem đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba.
2t 3 y 3 + t 2 y 3 = 3  y 3 (2t 3 + t 2 ) = 3 2t 3 + t 2
⇔ 3 3
⇒ 3
=1
Đặt x = ty ≠ 0 thì hệ ⇔  3 3 3
2t + t
2 y t + ty = 3
 y (2t + t ) = 3
⇔ t 2 − t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ x = y , thế vào (1) ⇔ 3 x 3 = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
⇔ 6 y = 2( 2 y − y ) ⇔ 3 y =
2

2

y ( 2 − 1) ⇔

y =
3

2 −1
⇔ y=
3

2

2

 2 −1 
 2 −1 
3 
3
 3 ÷
÷ ⇒ x = 2.  3 ÷
÷





( x + y )(3 xy − 4 x ) = −2

(1)

( x + y )(3 xy + 4 y ) = 2

(2)

Bài toán 4: Giải hệ phương trình: 

(4)

Phân tích: Thoạt nhìn thì bài toán này gần giống như hệ đối xứng loại II, nhưng

không phải. Theo kinh nghiệm của tôi, đối với hệ gần giống đối xứng loại II mà
có chứa căn thức ta sẽ vừa cộng, vừa trừ để tạo hệ mới. Từ đó định hướng tạo
phương trình đẳng cấp (nhân hợp lý tạo đồng bậc) hoặc phương trình vô tỷ giải
được (hoặc đưa về tích).
Lời giải: Điều kiện: x, y ≥ 0. Do x = y = 0 không là nghiệm nên xét x, y > 0 .
( x + y )(3xy + 4 y ) + ( x + y )(3xy − 4 x ) = 0

Lấy (2)+(1) và (2)-(1) ta được: 

( x + y )(3xy + 4 y ) − ( x + y )(3xy − 4 x ) = 4

( x + y )(6 xy − 4 x +4 y ) = 0 x + y >0
3xy = 2( x − y )
⇔
¬ → ⇔ 
( x + y )( x + y ) = 1
1 = ( x + y )( x + y )

Lấy

vế

nhân

vế

hai

phương

trình

(i)
mới,

thu

được:

3 xy = 2( x + y )( x − y ) ⇔ 3 xy = 2( x 2 − y 2 ) và đây là pt đẳng cấp bậc 2 nên chia cho y 2 :

5


2

x
1
x
x
x
⇔ 2  ÷ − 3  ÷− 2 = 0 ⇔ = 2 (nhận) hoặc = − (loại do x, y > 0 ).
y
2
y
 y
 y
2 −1
Với x = 2 y , thế vào (i) ⇔ 6 y 2 = 2( 2 y − y ) ⇔ 3 y 2 = y ( 2 − 1) ⇔ y 3 =
3

2

2

 2 −1 
 2 −1 
3 
⇔ y = 
⇒
x
=
2.
÷
÷
÷

÷
 3 
 3 
3

.

2
2

 3  2 − 1  3  2 − 1 
÷
Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) =  2. 

÷ ;  3 ÷
÷
3




 

2
5 x − 3 y = x − 3xy
Bài toán 5: Giải hệ phương trình:  3 2 2
3
 x − x = y − 3 y


÷

÷
÷


(5)

Phân tích: Nếu để hệ như thế này thì rất khó tìm hướng giải. Nhưng nếu chuyển
2
5 x + 3 xy = x + 3 y
hệ pt về  3
3
2

2 và nhân chéo thu được phương trình đẳng cấp bậc bốn
 x + 3 y = x + y

với hai biến x; y và có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải: Nhận thấy x = y = 0 là một nghiệm của hệ phương trình. Xét x ≠ 0; y ≠ 0 .
2
5 x + 3xy = x + 3 y
(5) ⇔  3
⇔ (5 x 2 + 3 xy )( x 2 + y 2 ) = ( x 3 + 3 y 3 )( x + 3 y ) ⇔ 4 x 4 + 5 x 2 y 2 − 9 y 4 = 0
3
2
2
 x + 3 y = x + y
2

 x2 
 x2 
x = 1
x2
⇔ 4  2 ÷ + 5  2 ÷− 9 = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ 
y
x = − y
y 
y 
1
Với x = y thế vào pt thứ nhất của hệ ta được ⇔ 8 x 2 = 4 x ⇔ x = y =

2

Với x = − y thế vào pt thứ nhất của hệ ta được ⇔ 2 x 2 = −2 x ⇔ x = − y = −1



1 1 



Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = (0;0);(−1;1);  ; ÷
2 2






Ghi chú: Ngoài nhân chéo để được phương trình đẳng cấp ta có thể dùng phương
pháp thế với mục đích tạo ra phương trình bậc cao một ẩn mà trọng tâm đó là
phương pháp thế cụm tạo thành phương trình đẳng cấp, nó là tiền đề cơ bản, công
đoạn nhỏ để giải các dạng toán.
 x 2 ( y + 1)( y + x + 1) = 3 x 2 − 4 x + 1
Bài toán 6: Giải hệ phương trình: 
2
 x ( y + 1) + 1 = x

(1)
(2)

(6)

6

Phân tích: Nhận thấy (2) có hạng tử y + 1 và (1) cũng có chứa hai hạng tử ấy nên
sẽ rút nó ở phương trình (2) và thế vào phương trình (1) sẽ thu được phương trình
bậc cao với ẩn x . Từ định hướng này, ta có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải: Do x = 0 thì (2) vô nghiệm nên xét x ≠ 0 .
2
x2 − 1 
x2 −1
2 x −1 
2
(1)
⇔
x
×
x
+
(2) ⇒ y + 1 =
thế vào (1) ta được:

÷ = 3x − 4 x + 1
x 
x 
x

⇔ ( x 2 − 1)(2 x 2 − 1) = ( x − 1)(3x − 1) ⇔ ( x − 1) ( x + 1)(2 x 2 − 1) − (3 x − 1)  = 0
⇔ ( x − 1)(2 x 3 + 2 x 2 − 4 x) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = −1 hoặc x = −2 ⇒ y = −

5
2


5 

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = (1; −1);  −2; − ÷




2 

 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y
Bài toán 7: Giải hệ phương trình:  2 2
 x -3y =6

(1)
(2)

(7)

Phân tích: Để ý thấy (1) có thể đưa về dạng: x3 − y 3 = 2(4 x + y ) thì vế trái bậc 3 vế
phải bậc nhất. Mà phương trình (2) có vế trái bậc hai vế phải bậc không. Nghĩ
ngay đến việc đồng bậc của phương trình (1) bằng cách dùng phương pháp thế từ
phương trình (2) trong hệ. Nhưng trước hết ta cần nhân thêm 3 hai vế của phương
trình (1) để xuất hiện hệ số 6 để thế 6 = x 2 − 3 y 2
Lời giải
3
3
3( x − y ) = 6(4 x + y )
⇔ 3 x 3 − 3 y 3 = ( x 2 − 3 y 2 )(4 x + y )
Ta có (7) ⇔ 

2
2
6 = x − 3 y

⇔ x 3 + x 2 y − 12 xy 2 = 0 ⇔ x ( x 2 + xy − 12 y 2 ) = 0 ⇔ x( x − 3 y )( x + 4 y ) = 0

+) Với x = 0 , thế vào (2) ⇔ −3 y 2 = 6 : vô nghiệm.
x = 3
 x = −3
hoặc 
y =1
 y = −1

2
+) Với x = 3 y , thế vào (2) ⇔ 6 y = 6 ⇔ 



6
 x = −4
x = 4
13


2
+) Với x = −4 y , thế vào (2) ⇔ 13 y = 6 ⇔ 
hoặc 
y = 6
y = −



13









Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = (±3; ±1);  ±4

6
13
6
13

6
6  
;±
÷
13
13 ÷
 

7


3( x 3 − y 3 ) = 2(4 x + y )

Nhận xét: Sau khi biến đổi (7) ⇔ 
và ta hoàn toàn có thể giải
2
2
6 = x − 3 y

bằng cách nhân chéo hai phương trình với nhau, cũng tạo được phương trình
đẳng cấp bậc 3 với 2 biến x, y . Nhưng trong rất nhiều bài toán, sự nhân chéo này
mang lại hiệu quả không cao, tức không tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta cùng
xét bài toán sau:
 x 2 + y 2 = 2
(1)
Bài toán 8: Giải hệ phương trình: 
2 2
5
( x + y )(4 − x y -2xy)=2y (2)

(8)

Phân tích: Phương trình (2) có vế phải bậc 5, vế trái là tích x + y bậc một và
4 − x 2 y 2 − 2 xy . Nếu nhóm này biến đổi được thành bậc 4, sẽ tạo được ngay phương

trình đẳng cấp bậc 5. Thật vậy, nếu thế 2 = x 2 + y 2 vào 4 − x 2 y 2 − 2 xy sẽ thu được:
4 − x 2 y 2 − 2 xy = 2 2 − x 2 y 2 − 2 xy = ( x 2 + y 2 ) 2 − x 2 y 2 − ( x 2 + y 2 ) xy có dạng bậc 4 và có lời

giải chi tiết như sau:
Lời giải:
2
2 2
2 2

2
2
5
Thế 2 = x 2 + y 2 vào (2) ⇔ ( x + y ) ( x + y ) − x y − ( x + y ) xy  = 2 y

⇔ ( x + y )( x 4 + y 4 + x 2 y 2 − x3 y − xy 3 ) = 2 y 5
⇔ x 5 + xy 4 + x 3 y 2 − x 4 y − x 2 y 3 + x 4 y + y 5 + x 2 y 3 − x 3 y 2 − xy 4 = 2 y 5
x = 1
 x = −1
⇔ x 5 + y 5 = 2 y 5 ⇔ x5 = y 5 ⇔ x = y ⇒ (1) ⇔ 2 x 2 = 2 ⇔ 
hoặc 
y =1
 y = −1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (−1; −1);(1;1)}
 2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y )(2 xy + 3)
Bài toán 9: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − xy + y =3

(1)
(2)

(9)

Phân tích: Phương trình (1) có vế trái là bậc 3, vế phải là tích bậc nhất ( x − y ) với
lượng (2 xy + 3) . Nếu lượng này biến đổi được thành bậc hai, sẽ thu được phương
trình

đẳng

cấp

bậc

3.

Thật

vậy

nếu

thế

3 = x 2 − xy + y 2

vào

2 xy + 3 = 2 xy + ( x 2 − xy + y 2 ) thu được bậc 2, hiển nhiên (1) là phương trình đẳng cấp

bậc 3 và có lời giải sau:
Lời giải: Thế 3 = x 2 − xy + y 2 vào (1) ⇔ 2 x3 − 9 y 3 = ( x − y )(2 xy + x 2 − xy + y 2 )
⇔ 2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y )( x 2 + xy + y 2) = x 3 − y 3 ⇔ x 3 = 8 y 3 ⇔ x = 2 y

Thế x = 2 y vào (2) ⇔ 5 y 2 − 2 y 2 = 3 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2 hoặc y = −1 ⇒ x = −2
8


Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (2;1);(−2; −1)}

Nhận xét: Giải hệ phương trình đưa về tích số là một dạng toán thường xuyên
xuất hiện trong các kỳ thi. Để đưa về tích số ta có thể sử dụng một số kỹ thuật
như: Kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai, ký thuật liên hợp, kỹ thuật
dùng phương pháp cộng.
 x 2 + xy + y 2 =7
Bài toán 10: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − xy − 2 y = − x + 2 y

(1)

(10)

(2)

Phân tích: Phương trình (1) và (2) đều có dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x hoặc
theo ẩn y nhưng ta sẽ không tìm được gì ở phương trình (1). Do đó sẽ định
hướng biến đổi về tích số ở phương trình (2) với các hướng suy nghĩ sau đây:
Hướng 1: Nhận thấy vế trái (2) có dạng đẳng cấp nên sẽ sử dụng máy tính để
phân tích thành tích số nhóm này, tức có x 2 − xy − 2 y 2 = ( x − 2 y )( x + y ) kế đến ta cần
phân tích vế trái theo 2 hạng tử tích này, nhưng nó đã có sẵn nếu viết
− x + 2 y = −( x − 2 y )

nên

có

nhân

tử,

tức

(2)

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

Lưu ý: Việc phân tích thành tích số đối với biểu thức có dạng bậc hai 2 biến:
F ( x; y ) = ax 2 + bxy + cy 2 = a ( x − x1 y )( x − x2 y ) với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình
f ( x) = ax 2 + bx + c = 0 . Ta sẽ làm tương tự đối với việc phân tích đa thức bậc 3 hai

biến dạng F ( x; y ) = ax3 + bx 2 y + cy 2 x + dy 3 = a ( x − x1 y )( x − x2 y )( x − x3 y )
Hướng 2: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x , tức (2) ⇔ x 2 + (1 − y ) x − 2 y 2 − 2 y = 0 .
Ta có ∆ x = (1 − y )2 + 4(2 y 2 + 2 y ) = 9 y 2 + 6 y + 1 = (3 y + 1) 2 là số chính phương nên có:
x=

y −1+ 3y +1
y −1− 3 y −1
= 2 y; x =
= − y − 1 hay (2) ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0
2
2

Hướng 3: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn y , ta cũng được kết quả tương tự.
x = 2y
x = 2y
⇔
x + y +1 = 0
 x = − y −1

Lời giải: Ta có (2) ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0 ⇔ 

y =1⇒ x = 2
 y = −1 ⇒ x = − 2

2
* Với x = 2 y , thế vào (1) ⇔ 7 y = 7 ⇔ 

 y = −3 ⇒ x = 2
 y = 2 ⇒ x = −3

2
* Với x = − y − 1 , thế vào (1) ⇔ y + y − 6 = 0 ⇔ 

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (2;1);(−2; −1);(2; −3);(−3; 2)}
9


 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
Bài toán 11: Giải hệ phương trình: 
 x 2 y − y x − 1=2x − 2 y

(1)

(11)

(2)

Phân tích: Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc 2 với 2 ẩn x; y nên có các hướng
sau:

Hướng 1: Nếu chuyển vế dạng (1) ⇔ x 2 − xy − 2 y 2 = x + y có vế trái dạng đẳng cấp
nên sẽ phân tích x 2 − xy − 2 y 2 = ( x − 2 y )( x + y ) có nhân tử với vế phải.
Hương 2: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y ta cũng phân tích và
tìm được nhân tử từ (2), tức có (2) ⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0
Lời giải: Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 .
(1) ⇔ ( x − 2 y )( x + y ) − ( x + y ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0 ⇔ x − 2 y − 1 = 0 , (do x + y ≥ 1 )

Suy ra x = 2 y + 1 thế vào (2) ⇔ (2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2 y + 2 ⇔ 2 y ( y + 1) = 2( y + 1)
⇔ 2 y = 2, (do: y + 1 ≥ 1) ⇔ y = 2 ⇒ x = 5 (thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (5; 2)}
 xy + x − 2 = 0

Bài toán 12: Giải hệ phương trình: 

(1)

 2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0
3

2

2

2

(2)

(12)

Phân tích: Từ phương trình (2), nếu nhìn nhận đó là phương trình bậc 2 với ẩn là
y thì khi lập ∆ không là số chính phương nên sẽ không áp dụng phân tích được

theo tam thức. Lúc này ta nghĩ đến việc nhóm hạng tử. Theo kinh nghiệm của tôi,
ta nên ưu tiên phép thử đối với hạng tử có chứa những hằng số giống nhau trước,
nhận thấy nhóm 2 x3 − 2 xy = 2 x( x 2 − y ) có x 2 − y và dựa vào nó để ghép các cặp còn
lại. Tức 2 x3 − x 2 y + x 2 + y 2 − 2 xy − y = 2 x( x 2 − y ) + ( x 2 − y ) − y ( x 2 − y ) có nhân tử x 2 − y .
Lời giải:
Từ (2) ⇔ 2 x( x 2 − y ) + ( x 2 − y ) − y ( x 2 − y ) = 0
⇔ ( x 2 − y )(2 x − y + 1) = 0 ⇔ y = x 2 hoặc y = 2 x + 1

*) Với y = x 2 , thế vào (1) ⇔ x3 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1

−1 + 5
⇒y= 5
x =
2
2
*) Với y = 2 x + 1 , thế vào (1) ⇔ x + x − 1 = 0 ⇔ 

−1 − 5
⇒ y=− 5
x =

2

 −1 − 5
  −1 + 5
 
S

=
(
x
;
y
)
=
(1;1);
;
−
5
;
;
5

÷

÷
Vậy tập nghiệm của hệ là

 2
÷
÷
2


 
 

10

Nhận xét: Kỹ thuật phân tích thành tích số bằng việc tách - ghép - nhóm hạng tử
là kỹ thuật khá cơ bản trong việc giải hệ phương trình. Tôi xin trình bày thêm
phương pháp phân tích đa thức 2 biến F ( x; y ) bằng máy tính bỏ túi như sau:
Bước 1: Cho biến chứa bậc cao nhất bằng 1000, chẳng hạn x = 1000 (nếu
x; y cùng bậc thì cho x hay y gì cũng được).

Bước 2: Thế x = 1000 vào F ( x; y ) và phân tích F ( x; y ) thành nhân tử (phân
tích ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) hoặc Hoocner đối với phương trình bậc cao).
Bước 3: Dựa vào đa thức 1000 = x trở lại F ( x; y ) được biểu thức tích.
Ví dụ: Từ (2)

⇔ y 2 − ( x 2 + 2 x + 1) y + 2 x 3 + x 2 = 0

và cho

x = 1000

được:

 y = 1000000 = (1000) 2 = x 2
y 2 − 1002001 y + 2001000000 = 0 ⇔ 
 y = 2001 = 2.100 + 1 = 2 x + 1

lúc này sẽ viết (2) ⇔ ( y − x 2 )( y − 2 x − 1) = 0 .
* Ngoài việc kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai để đưa về phương
trình tích ta có thể sử dụng kỹ thuật liên hợp:
1


 x + y + x + 3 = ( y − 3)
x
Bài toán 13: Giải hệ phương trình: 
 x+ y + x = x+3


(1)

(13)

(2)

Phân tích: Từ (1), nhận thấy ( x + y ) − ( x − 3) = y − 3 có nhân tử với vế phải nên sẽ
ghép 2 căn thức lại với nhau để tiến hành liên hợp. Nhưng khi liên hợp sẽ xuất
hiện ở mẫu số dạng

A − B nên ta phải xét lượng này có khác 0 hay chưa?

Lời giải: Điều kiện x > 0; x + y ≥ 0 . Khi đó (1) dương nên cần y > 3 .
Với y > 3 ⇔ x + y > x + 3 ⇔ x + y > x + 3 ⇔ x + y − x + 3 > 0 thì:
y −3

y −3

1

1

(1) ⇔ x + y − x + 3 = x ⇔ x + y − x + 3 = x ⇔ x + y − x + 3 = x (3)
 x + y + x = x + 3

Kết hợp (3) với (2), suy ra hệ: 

 x + y − x + 3 = x

⇒ x + x +3 = 3

0 < x < 3
⇔ 2 x + 3 + 2 x 2 + 3x = 9 ⇔ x 2 + 3x = 3 − x ⇔ 
⇒ y = 8 (thỏa mãn đk)
x = 1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (1;8)}

11


 x 3 + x 2 + 2 y + 1 = x 2 y + y + 1 (1)
Bài toán 14: Giải hệ phương trình: 
3 2 x − 1 + xy . 5 − 4 y 2 = 4 x (2)

(14)

Phân tích: Nhận thấy rằng phương trình (1) luôn đúng khi x = y , tức sẽ có nhân
tử là x − y . Thậy vậy, nếu nhóm cụm bậc ba: ( x3 − x 2 y ) = x 2 ( x − y ) và đối với cụm
x 2 + 2 y + 1 − ( y + 1)

sau

khi

liên

hợp

được

tử

số

là:

x 2 + 2 y + 1 − ( y + 1) 2 = x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y ) sẽ có nhân tử chung x − y . Từ đó có lời

giải chi tiết sau:
1
1


2
 x ≥ 2 ; xy ≥ 0; x + 2 y + 1 ≥ 0  x ≥ 2
⇒
Lời giải: Điều kiện 
5
5
−
0 ≤ y ≤ 5
≤ y≤
 2

2

2
3
2
2
2
(1) ⇔ ( x − x y ) + x + 2 y + 1 − ( y + 1) = 0 ⇔ x ( x − y ) +

( x − y )( x + y )
x2 + 2 y + 1 + y + 1

=0



x+ y
÷= 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y
⇔ ( x − y)  x2 +

x2 + 2 y + 1 + y + 1 ÷


2
Vì x +

x+ y
x2 + 2 y + 1 + y + 1

> 0, ∀x ≥

1
5
2 và 0 ≤ y ≤ 2

Thế x = y vào (2) ⇔ 3 2 x − 1 + x 5 − 4 x 2 = 4 x 2
1
2

+) Với 2 x − 1 + 2 x − 1 = 0 ⇔ x = ⇒ y =

(3)

1
(thỏa mãn)
2

1
2

+) Với x ≠ ⇒ 2 x − 1 + 2 x − 1 ≠ 0 thì
2
2
(3) ⇔ 3  2 x − 1 − (2 x − 1)  + x  5 − 4 x − (2 x + 3)  − 3(2 x − 3 x + 1) = 0

⇔

−6(2 x 2 − 3 x + 1) 4 x(2 x 2 − 3 x + 1)
−
− 3(2 x 2 − 3 x + 1) = 0

2
2x −1 + 2x −1
5 − 4x + 3 − 2x



1
4x
⇔ (2 x 2 − 3 x + 1) 
+
+ 3÷= 0
5 − 4x2 + 3 − 2x
 2x −1 + 2x −1


Vì

(4)

1 5
1
4x
+
+ 3 > 0, ∀x ∈  ;
 , nên phương trình
2x −1 + 2x −1
5 − 4x2 + 3 − 2 x
2 2 

(4) ⇔ 2 x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x =

1
(loại) hoặc x = 1 ⇒ y = 1
2

12




1 1 



Kết luận, so điều kiện, tập nghiệm hệ là S = ( x; y ) = (1;1);  ; ÷
2 2






 x 2 y 3 + 3 x 2 − 4 x + 2 = 0 (1)
Bài toán 15: Giải hệ phương trình:  2 2
2
(2)
 x y − 2 x + y = 0

Phân tích: Nhận thấy (1), (2) là phương trình bậc hai với ẩn

(15)

x , nhưng biệt số

delta không là chính phương. Đối với những hệ phương trình đại số có các biến
không độc lập với nhau, chẳng hạn x 2 y 3 . Thường thì ta làm theo các bước như
sau:
( y 3 + 3) x 2 − 4 x + 2 = 0
* Viết lại hệ hai phương trình bậc hai với ẩn x :  2 2
2
 y x − 2 x + y = 0

* Lập tỉ số về hệ số:

y 3 + 3 −4 2
=
=
⇒ y = −1 là một nghiệm của hệ.
y2
−2 y 2

2
2
 2 x − 4 x + 2 = 0
2( x − 2 x + 1) = 0
y
=
−
1
⇔

* Thế
vào hệ ban đầu:  2
 2
 x − 2 x + 1 = 0
 x − 2 x + 1 = 0

(1')
(2')

* Do đó để hai phương trình này luôn đúng (dạng 0=0) khi cộng lại thì ta phải
nhân phương trình thứ hai với -2.
Lúc đó, lấy (1’) - 2.(2’) sẽ thu được tích: ( y + 1). f ( x) = 0
Lời giải: Lấy −2.(2) + (1) ta được:
x 2 y 3 + 3 x 2 − 2 x 2 y 2 − 2 y 2 + 2 = 0 ⇔ x 2 ( y 3 − 2 y 2 + 3) = 2( y 2 − 1)
⇔ x 2 ( y + 1)( y 2 − 3 y + 3) = 2( y − 1)( y + 1) ⇔ ( y + 1)  x 2 ( y 2 − 3 y + 3) − 2( y − 1)  = 0

 y = −1 ⇒ x = 1
 y +1 = 0
⇔ 2 2
⇔ 2
 x = 22( y − 1) ≥ 0 ⇒ y ≥ 1
 x ( y − 3 y + 3) − 2( y − 1) = 0 (*)
y − 3y + 3


Với y ≥ 1, (2) ⇒ 0 = y 2 ( x 2 + 1) − 2 x ≥ x 2 + 1 − 2 x = ( x − 1) 2 ≥ 0 .
Nếu dấu “=” xảy ra, tức x = y = 1 . Nhưng nghiệm này không thỏa mãn (*).
Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (1; −1)}
 x 3 + 3 xy 2 = 6 xy − 3 x − 49
(1)

Bài toán 16: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 8 xy + y = 10 y − 25 x − 9 (2)

(16)

Phân tích:
3 xy 2 − 6 xy + x 3 + 3 x + 49 = 0
Viết hệ dạng phương trình bậc 2 ẩn y:  2
2
 y − (8 x + 10) y + x + 25 x + 9 = 0

13


Lập tỉ lệ về hệ số:

3x
6x
x3 + 3 x + 49
=
= 2
⇒ x = −1
1 8 X + 10 x + 25 x + 9

 −3 y 2 + 6 y + 45 = 0
−3( y 2 − 2 y − 15) = 0
⇔ 2
Thế x = −1 vào hề được:  2
 y − 2 y − 15 = 0

 y − 2 y − 15 = 0

Do đó, lấy (1)+3.(2) sẽ thu được phương trình tích số: ( x + 1). f ( x) = 0
 x 3 + 3 xy 2 − 6 xy + 3 x + 49 = 0
(1)
Lời giải: Hệ  2 2
 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)

Lấy (2).3 + (1) ⇔ ( x3 + 3xy 2 − 6 xy + 3x + 49) + 3( x 2 + y 2 − 8 xy − 10 y + 25 x + 9) = 0
⇔ ( x3 + 3x 2 + 78 x + 76) + (3 xy 2 + 3 y 2 ) − 30 xy − 30 y = 0
⇔ ( x + 1)( x 2 + 2 x + 76) + 3 y 2 ( x + 1) − 30 y ( x + 1) = 0
⇔ ( x + 1)( x 2 + 2 x + 3 y 2 − 30 y ) = 0 ⇔ ( x + 1)[( x + 1) 2 + 3( y 2 − 5) 2 ] = 0

Với x = −1 , thế vào (2) ⇔ y 2 − 2 y − 15 = 0 ⇔ y = 5 hoặc y = −3
 x = −1
⇔

(không thỏa mãn hệ)
2
 y = ± 5
y = 5
x +1 = 0

2
2
Với ( x + 1) + 3( y − 5) = 0 ⇔ 

Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( x; y ) = { (−1;5);(−1;3)}
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
(1)

Bài toán 17: Giải hệ phương trình:  2
2
5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0 (2)

(17)

Phân tích:
6 yx 2 + 2 y 3 + 35 = 0
Viết lại hệ dạng:  2
2
5 x + (2 y + 5) x + 5 y + 13 y = 0
15
5


−15 x 2 + = 0
−3(5 x 2 − ) = 0


5 

4
4
⇔
và nếu y = − ⇒ 
do đó lấy (1) + 3.(2) sẽ thu được
5
2  2 5
2


5x − = 0
5x − = 0

4

4

phương trình tích số có dạng: (2 y + 5(. f ( x) = 0 và có lời giải như sau:
Lời giải: Lấy (2).3+(1) ta được: 15 x 2 + 15 y 2 + 6 xy + 15 x + 39 y + 6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔ y (2 y 2 + 7 y + 5) + 3 x 2 (5 + 2 y ) + 3 x(5 + 2 y ) + (8 y 2 + 34 y + 35) = 0
⇔ y ( y + 1)(2 y + 5) + 3 x 2 (5 + 2 y ) + 3 x(5 + 2 y ) + (2 y + 5)(4 y + 7) = 0
2
2

5
1 

⇔ (2 y + 5)( y + 5 y + 3 x + 3 x + 7) = 0 ⇔ (2 y + 5)  y + ÷ + 3  x + ÷  = 0
2
2  


2

⇔ y=−

2

5
15

1
thế vào (1) ⇔ −15 x 2 + = 0 ⇔ x = ± .
2
4
2

14


 1 5  
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  ± ; − ÷ .
 2

2 

 x 3 + 3 xy 2 = −49
Bài toán 18: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 8 xy + y = 8 − 17 x

(1)
(2)

(18)

Phân tích:
3 xy 2 + x 3 + 49 = 0
Viết lại hệ dạng:  2
2
 y − 8( x + 1) y + x + 17 x = 0

2
−
 3( y − 16) = 0
nếu x = −1 ⇒ hpt ⇔  2
 y − 16 = 0

Lời giải:
Khi đó, (2).3 + (1) ta được: ( x3 + 3x 2 + 51x + 49) + (3xy 2 + 3 y 2 ) − 24 xy − 24 y = 0
⇔ ( x + 1)( x 2 + 2 x + 49) + 3 y 2 ( x + 1) − 24 y ( x + 1) = 0
⇔ ( x + 1)( x 2 + 2 x + 49 + 3 y 2 − 24 y ) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x + 1) 2 + 3( y − 4) 2  = 0
 x = −1
⇔ x = −1 hoặc 
. Thế x = −1 vào (1) ⇔ −3 y 2 = −48 ⇔ y = ±4
y
=
4


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình: S = ( x; y ) = { (−1; 4);( −1; −4)}
Nhận xét:
Từ bài toán 15 đến 18 ta đã tìm ra được hệ số tỉ lệ, từ đó lựa chọn hệ số
nhân vào phương trình thích hợp, rồi cộng lại. Đối với bài toán không tìm được
hệ số tỉ lệ thì ta sẽ làm như thế nào? Câu trả lời được trình bày qua các bước giải
sau:
*) Bước 1: Tìm hai cặp nghiệm của hệ phương trình, chẳng hạn: ( x1 ; y1 );( x2 ; y2 ) .
*) Bước 2: Tìm quan hệ tuyến tính giữa hai nghiệm này (thực chất là viết
phương trình đường thẳng qua hai điểm A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) trong mp Oxy ).
*) Bước 3: Thế quan hệ tuyến tính sao cho có lợi nhất vào hệ và phân tích thành
nhân tử. Từ đó xác định được biểu thức nhân vào phương trình.

Tuy nhiên, cách này sẽ không giải quyết được nếu ta không nhẩm được hai cặp nghiệm
hoặc nghiệm quá lẻ không dò được bằng máy tính bỏ túi.
 x 2 y 2 + 3x + 3 y − 3 = 0
(1)
Bài toán 19: Giải hệ phương trình:  2
2
 x y − 4 xy − 3 y + 2 y − x + 1 = 0 (2)

(19)

15


Phân tích: Nhận thấy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (0;1);(1;0) Quan hệ tuyến tính giữa
 x 2 (1 − x) 2 = 0
hai nghiệm là: x + y = 1 hay y = 1 − x . Thay vào hệ ta được: 
2
 − x(1 − x) = 0

nên sẽ lấy (1) + x.(2) và phân tích sẽ được nhân tử dạng ( x + y − 1). f ( x) = 0 .
Lời giải: Lấy (1) + x.(2) ta được:
x 3 y − 4 x 2 y − 3xy 2 + 2 xy − x 2 + x + x 2 y 2 + 3x + 3 y − 3 = 0
⇔ ( x3 y + x 2 y 2 − x 2 y ) − ( x 2 + xy − x) − (3x 2 y + 3xy 2 − 3xy ) + (3x + 3 y − 3) = 0
⇔ x 2 y ( x + y − 1) − x( x + y − 1) − 3xy ( x + y − 1) + 3( x + y − 1) = 0
 y = 1− x
⇔ ( x + y − 1)( x 2 y − x − 3 xy + 3) = 0 ⇔  2
 x y − 3 xy − x + 3 = 0
x = 0 ⇒ y = 1
x =1⇒ y = 0

2
*) Với y = 1 − x , thế vào (1) ⇔ x(1 − x) = 0 ⇔ 

1

2
*) Với x 2 y − 3xy − x + 3 = 0 ⇔ ?2 − (3 y + 1) x + 3 = 0 có ∆ y = (3 y − 1) ⇒ x = 3 hoặc x = y .

Khi x = 3, thế vào (1) ⇔ 9 y 2 + 3 y + 6 = 0 vô nghiệm.
1

Khi x = y , thế vào (1) ⇔ 3 y 2 − 2 y + 1 = 0 vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình: S = ( x; y ) = { (0;1);(1;0)}
3 x 2 + xy − 9 x − y 2 − 9 y = 0
Bài toán 20: Giải hệ phương trình:  3
2
 2 x − 20 x − x y − 20 y = 0

(1)
(2)

(20)

Phân tích: Nhận thấy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (0;0);(2; −1) Do đó phương trình
đường thẳng đi qua hai điểm (0;0);(2; −1) là: x + 2 y = 0 ⇔ x = −2 y . Thế vào hệ ta
9 y ( y + 1) = 0
nên sẽ lấy 20( y − 1).(1) + 9.(2) sẽ thu được phương trình
 −20 y ( y + 1)( y − 1) = 0

được: 

tích số dạng ( x + 2 y ). f ( x) = 0 và có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải: Lấy 20( y − 1).(1) + 9.(2) ta được:
20( y − 1)(3 x 2 + xy − 9 x − y 2 − 9 y ) + 9(2 x 3 − 20 x − x 2 y − 20 y ) = 0
⇔ ( x + 2 y )(18 x 2 + 15 xy − 60 x − 10 y 2 − 80 y ) = 0
⇔ x + 2 y = 0 hoặc 18 x 2 + 15 xy − 60 x − 10 y 2 − 80 y = 0
y = 0
 y = −1
hoặc 
x = 0
x = 2

2
Với x = −2 y , thế vào (1) ⇔ 9 y + 9 y = 0 ⇔ 

16


Với 18 x 2 + 15 xy − 60 x − 10 y 2 − 80 y = 0 , kết hợp với (1) được:
2
2
18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y = 0
 2
2
3 x − y + xy − 9 x − 9 y = 0

Đây

là

hệ

chứa

hai

tam

thức,

giải

ra

ta

được

các

nghiệm:

 15 ± 145

( x; y ) = (10;15); 
;11 ± 145 ÷
÷
2





 15 ± 145
 
;11 ± 145 ÷
÷
2

 


Vậy tập nghiệm của hpt: S = ( x; y ) = (0;0);(−1; 2);(10;15); 


Nhận xét:
Qua một số bài toán trên ta thấy để giải được một hệ phương trình đòi hỏi người
học sinh phải nắm chắc một số kỹ thuật biến đổi như: Biến đổi đưa hệ về dạng
đối xứng loại I; II, hệ gần giống đối xứng loại II; hệ đẳng cấp; kỹ thuật tách,
ghép, nhóm, tam thức bậc hai, kỹ thuật liên hợp, kỹ thuật dùng phương pháp
cộng để đưa về tích số; kỹ thuật đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2; . Kỹ thuật
đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình; đặt ẩn phụ đưa về hệ cơ bản.
Ngoài ra ta có dùng định lý Viets để tìm ra phép đặt ẩn phụ có thể giải quyết được
rất nhiều bài toán.
2
2
(1)
 x + y + xy + y = 8
Bài toán 21: Giải hệ phương trình: 
2
 xy ( y + xy + x + y ) = 12 (2)

(21)

Phân tích: Nhận thấy 2 phương trình đều có dạng bậc 2 với ẩn x nhưng biệt số
denta không là số chính phương nên sẽ không phân tích được thành tích số. Quan
sát kỹ hơn, ta thấy các biến trong hệ liên hệ với nhau khá chặt chẽ và hằng số có
vẻ đứng ngoài cuộc. Vì vậy sẽ tập trung vào phân tích ở vế trái của hai phương
trình nhằm đưa 2 vế này về dạng tổng và tích của hai biểu thức x; y và vận dụng
nội dung của định lý Viét . Thật vậy, vế trái (1) có thể viết về tổng:
VT(1) = x( x + y ) + y ( y + 1) khi đó cần dựa vào 2 hạng tử tổng này để viết:
VT(2) = xy [ y ( x + y ) + ( x + y )] = x( x + y ). y ( y + 1) từ đó đã tìm ra phép đặt ẩn phụ:
a = x( x + y ); b = y ( y + 1) và có lời giải chi tiết như sau:

Lời giải:

17


( x 2 + xy ) + ( y 2 + y ) = 8
 x ( x + y ) + y ( y + 1) = 8
⇔
Hệ pt ⇔ 
(*)
 x ( x + y ). y ( y + 1) = 12
 xy [ y ( x + y ) + ( x + y ) ] = 12
a = x( x + y )
a + 8 = 8
a = 2
⇒ a; b là nghiệm của pt: X 2 − 8 X + 12 = 0 ⇒ 
thì (*) 

b = y ( y + 1)
 ab = 12
b = 6

Đặt 

a = 6
.
b = 2

hoặc 

 x = 1 ± 7
a = 2  x( x + y ) = 2
x = 2
 x = −3
⇒
⇔
hoặc 
hoặc 
 y = −2
b = 6  y ( y + 1) = 6
y =1
y =1

Với 

 y = −3
 y = 2
a = 6  x( x + y ) = 2


⇒
⇔
Với 
hoặc  3 ± 17
 y = −1 ± 3
b = 2  y ( y + 1) = 6
x =

2


 3 ± 17
 
; −3 ÷
÷
 2
 


Vậy tập nghiệm: S = ( x; y ) = (2;1);( −3;1);(1 ± 7; −2);( −1 ± 3; 2); 


 x 2 + y 2 + xy = 3 x − 2
(1)
Bài toán 22: Giải hệ phương trình:  2
4
2
4
4

( x + xy ) + ( y + 2) = 17 x (2)
4

(22)

4

 x 2 + xy   y 2 + 2 
Phân tích: Nếu chia (2) cho x ≠ 0 thì (2) ⇔ 
÷ +
÷ = 17 và biến đổi
 x   x 
4

(1) ⇔ ( x 2 + xy ) + ( y 2 + 2) = 3 x và cho x ≠ 0 thì được

x 2 + xy y 2 + 2
+
= 3 đã xuất hiện
x
x

những hạng tử giống nhau ở 2 phương trình và có lời giải chi tiết như sau:
2
2
( x + xy ) + ( y + 2) = 3x
Lời giải: Ta có hệ pt ⇔  2
4
2
4

4
( x + xy ) + ( y + 2) = 17 x

(3)
(4)

(*)

Do x = 0 không là nghiệm của hệ (*) nên x ≠ 0 , chia cả 2 vế của phương trình (3)
cho x , của pt (4) cho x 4 ≠ 0 , ta được hệ pt:
 x 2 + xy y 2 + 2
 x + x =3

4
4
(**). Đặt
 2
2
 x + xy  +  y + 2  = 17

÷
 x ÷
  x 



x 2 + xy
 a = x

2

b = y + 2

x

a + b = 3
a + b = 3
a + b = 3
⇔ 2
⇔
2
Hệ pt (**) ⇔  4 4
2 2
2
2
2
a + b = 17
(a + b ) − 2(ab) = 17
  (a + b) − 2ab  − 2( ab) = 17
a + b = 3
a + b = 3
 ab = 16 ab = 2
⇔
⇔
⇔
ν
2
2
2
 a + b = 3 a + b = 3
(9 − 2ab) − 2(ab) = 17

( ab) − 18ab + 32 = 0

18


a = 2
a = 1
⇔
hoặc ⇔ 
(loại cụm:
b = 1
b = 2

 ab = 16
do không thỏa mãn S 2 ≥ 4 P )

a
+
b
=
3


2
x + y = 1
 a = 1  x + xy = x
x = 1
x = 3
⇒ 2
⇔ 2

⇔
+) Với 
hoặc 
b = 2  y + 2 = 2 x
y = 0
 y = −2
y + 2y = 0
2
x + y = 2
 a = 2  x + xy = 2 x
x = 2
x = 3
⇒ 2
⇔ 2
⇔
+) Với 
hoặc 
 y + 2 = x
b = 1
y = 0
 y = −1
y + y = 0

Vậy tập nghiệm là: S = ( x; y ) = { (1;0);(3; −2);(2;0);(3; −1)} .
KẾT LUẬN
Từ thực tế nghiên cứu giảng dạy, tôi nhận thấy việc dạy dạng toán giải hệ
phương trình có ý nghĩa thực tế rất cao. Nó rèn luyện cho học sinh tư duy logic,
khả năng sáng tạo, khả năng diễn đạt chính xác nhiều quan hệ toán học,… Do đó
khi giải dạng toán này ở lớp 8, lớp 9 đặc biệt sau này lên THPT cho nên giáo viên
cần lưu ý học sinh đọc kỹ đề bài, nắm được các mối quan hệ giữa các biến. định

hướng phân tích để học sinh có thể vận dụng hết các kỹ thuật biến đổi để có thể
tiếp cận được đến lời giải. Bên cạnh đó, giáo viên cũng tạo hứng thú cho học sinh
trong các giờ học, hướng dẫn học sinh cách học bài, làm bài và cách nghiên cứu
trước bài mới ở nhà. Do đó kết quả đội tuyển thi học sinh giỏi cấp Tỉnh năm học
2015-2016 tất cả 10 em tham gia thì cả 10 em đều làm được bài hệ phương trình.
Để giải tốt dạng toán hệ phương trình thì người học cần tìm hiểu rất nhiều
kỹ năng biến đối. Nhưng với phạm vi trong đề tài này tôi chỉ đưa ra được một số
kỹ thuật mà thường hay dùng trong quá trình làm bài tập và có thể vận dụng để
có thể giải quyết nhiều dạng bài tập khác.
Do thời gian hoàn thành đề tài này không nhiều nên còn rất nhiều thiếu sót
mong quý đồng nghiệp, các em học sinh đóng góp để đề tài này hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hậu Lộc, ngày 22 tháng 03 năm 2016.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ
Tôi
xinTRƯỞNG
cam đoan đây là SKKN
ĐƠNcủa
VỊ mình viết, không sao chép

nội dung của người khác.
Người thực hiện

19


Trần Văn Lực

20

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU LỘC
TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện: Trần Văn Lực
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

HẬU LỘC NĂM 2016

21