SKKN sử DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN tử GIẢI một số hệ PHƯƠNG TRÌNH đại số

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến:
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ GIẢI MỘT SỐ
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Học sinh khối 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định.
- Học sinh khối 11, 12 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định.
- Học sinh tham gia các đội tuyển thi học sinh giỏi các cấp.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Từ ngày 05 tháng 08 năm 2015 đến ngày 20 tháng 05 năm 2016
4. Tác giả:
Họ và tên

: Cao Thị Mai Len

Năm sinh

: 1976

Nơi thường trú : Số nhà 12 ngõ 36 - Đường Trần Nhật Duật
- Phường Trần Tế Xương- T.P Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ sư phạm toán học.
Chức vụ công tác: Giáo viên Toán
Nơi làm việc: Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Cao Thị Mai Len
Tổ Toán Tin- Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định.
Điện thoại: 0915703577

1


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

5. Đồng tác giả (nếu có): Không có
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định
Địa chỉ:
76 Vị Xuyên TP Nam Định.
Điện thoại: 0350 3640297

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

I.
ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
1. Lý do chọn đề tài
1.1. Định hướng đổi mới phương pháp dạy học.
- Trong xu thế giáo dục mới của thời đại, người giáo viên ngoài đóng vai trò là người
truyền đạt tri thức còn phải là người tổ chức, chỉ đạo, hướng dẫn, gợi mở, cố vấn,
trọng tài cho các hoạt động học tập tìm tòi, khám phá, giúp học sinh tự lực chiếm
lĩnh kiến thức mới. Giáo viên phải có năng lực đổi mới phương pháp dạy học chuyển
từ kiểu dạy tập trung vào vai trò giáo viên và hoạt động dạy sang cách dạy tập trung
vào vai trò của học sinh và hoạt động học, từ cách dạy thông báo- giải thích- minh
họa sang cách dạy hoạt động tìm tòi khám phá.
- Trong sự phát triển nhanh như vũ bão của công nghệ thông tin, xã hội thời đại mới
đòi hỏi người giáo viên phải có ý thức, có nhu cầu, có tiềm năng không ngừng tự

hoàn thiện nhân cách, đạo đức, lối sống, nâng cao trình độ chuyên môn, nghiệp vụ
phát huy tính chủ động độc lập, sáng tạo trong việc thực hiện các mục tiêu giáo dục.
Giáo viên phải có năng lưc giải quyết những vấn đề nảy sinh trong thực tiễn dạy học
giáo dục bằng con đường tổng kết kinh nghiệm, phát huy sáng kiến, thực nghiệm sư
phạm.
- Trong bối cảnh hiện nay đòi hỏi người giáo viên trung học phổ thông phải đạt yêu
cầu cao về phẩm chất, năng lực chuyên môn nghiệp vụ, phải có trình độ tin học
ngoại ngữ để đáp ứng yêu cầu phát triển nội dung, đổi mới phương pháp dạy học
nhu cầu, trình độ nhận thức của học sinh THPT.
- Định hướng đổi mới phương pháp dạy và học đã được xác định trong Nghị Quyết
Trung ương 4 khóa VII (1-1993), Nghị quyết Trung ương 2 khóa VIII (12- 1996) và
được thể chế hóa trong Luật Giáo dục sửa đổi ban hành ngày 27/6/2005, điều 2.4, đã
ghi "Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi
dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác
động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh".
Nghị quyết hội nghị lần thứ II Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng Sản Việt
Nam( khóa VIII, 1997) khẳng định: “ Phải đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo
khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo của người
học. từng bước áp dụng các phương pháp tiên tiến và phương tiện hiện đại vào quá
trình dạy học, bảo đảm điều kiện và thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh...”.
Phương pháp dạy học hiện đại (phương pháp dạy học tích cực) xuất hiện ở các nước
phương Tây (ở Mỹ, ở Pháp...) từ đầu thế kỷ XX và được phát triển mạnh từ nửa sau
của thế kỷ, có ảnh hưởng sâu rộng tới các nước trên thế giới, trong đó có Việt Nam.
Đó là cách thức dạy học theo lối phát huy tính tích cực, chủ động của học sinh, ở đó
giáo viên là người giữ vai trò hướng dẫn, gợi ý, tổ chức, giúp cho người học tự tìm
kiếm, khám phá những tri thức mới theo kiểu tranh luận, hội thảo theo nhóm. Người
thầy có vai trò là trọng tài, cố vấn điều khiển tiến trình giờ dạy. Phương pháp dạy
học này chú ý đến đối tượng học sinh, coi trọng việc nâng cao quyền năng cho người
học. Giáo viên là người nêu tình huống, kích thích hứng thú, suy nghĩ và phân xử

3


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

các ý kiến đối lập của học sinh; từ đó hệ thống hoá các vấn đề, tổng kết bài giảng
khắc sâu những tri thức cần nắm vững.
1.2. Những khó khăn trong dạy học phần hệ phương trình đại số.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định, học sinh giỏi Quốc gia môn Toán, đặc
biệt là trong kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán, phần hệ phương trình đại số luôn là
bài tập không dễ đối với các em học sinh, đây là phần bài tập có mức độ khó sau
phần bài tập bất đẳng thức hoặc phần bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
trong mỗi đề thi Toán. Các bài tập phần này thường yêu cầu học sinh tư duy suy
nghĩ sáng tạo, biết vận dụng kiến thức tổng hợp đã biết trong các năm học trung học
phổ thông, phối hợp đa dạng các phương pháp giải của hệ phương trình đại số như
biến đổi tương đương, phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp
nhẩm nghiệm, tách, thêm bớt, nhân chia liên hợp, phương pháp đặt ẩn phụ, phương
pháp hàm số, phương pháp lượng giác ...đặc biệt là phương pháp phân tích thành
nhân tử, một phương pháp giải quen thuộc với cả giáo viên và học sinh khi tiếp cận.
Tuy nhiên các bài tập giải theo phương pháp này nhiều khi cũng gây rắc rối cho cả
giáo viên và học sinh khi phân tích bài giải. Nhân tử chung của phương pháp phân
tích thành nhân tử thường không có sẵn ngay trong từng phương trình mà phải biến
đổi theo các thủ thuật như cộng đại số, thế, nhân chia liên hợp...có khi phải kết hợp
cả hai phương trình mới tìm ra được nhân tử chung.
Các hệ phương trình giải được bằng phương pháp phân tích thành nhân tử rất đa
dạng, xu thế mới của thời đại công nghệ thông tin còn có phương pháp nhẩm nghiệm
bằng máy tính bỏ túi casio sau đó sẽ phân tích thành nhân tử dựa theo nghiệm đó.
Cách làm đó còn khá mới mẻ với giáo viên và học sinh khi tiếp cận nên còn gặp rất
nhiều khó khăn.
Vì những lý do nêu trên, tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm:

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ GIẢI MỘT SỐ
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

4


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN
Bài tập toán học có vai trò quan trọng trong môn Toán. Thông qua giải bài tập toán
học, học sinh phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và
thể hiện định nghĩa, định lí, quy tắc hay phương pháp ( thuật toán ), những hoạt động
Toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong Toán học, những hoạt
động trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ.
Giải bài tập toán học thực chất là quá trình tư duy. Điều đó có nghĩa là tìm kiếm sự
hợp lý (hợp logic ) của các luận điểm (quy tắc) chung của toán học (định nghĩa, định
lý, lý thuyết, quy tắc, định luật, công thức) mà khi vận dụng chúng vào các điều kiện
của bài tập hay các kết quả trung gian của nó, ta thu được cái mà bài tập yêu cầu lời giải của bài tập. Phương pháp chung để giải bài toán như sau :
+) Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài
- Phát biểu đề bài dưới dạng thức khác nhau để tìm hiểu rõ nội dung bài toán.
- Phân biệt cái đã cho và cái phải tìm, phải chứng minh.
- Có thể dùng công thức, kí hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề bài .
+) Bước 2: Tìm cách giải
- Tìm tòi phát hiện cách giải nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán, biến đổi cái
đã cho, biến đổi cái phải tìm hay phải chứng minh, liên hệ cái đã cho hoặc cái phải
tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần giải với một bài toán cũ tương tự,
một trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay một bài toán nào đó có liên
quan, sử dụng phương pháp đặc thù với từng dạng toán như chứng minh phản
chứng, quy nạp toán học, toán dựng hình, toán quỹ tích,….
- Kiểm tra lời giải bằng cách xem lại kĩ từng bước thực hiện hoặc đặc biệt hoá kết

quả tìm được hoặc đối chiếu kết quả với một số tri thức liên quan,…
- Tìm tòi những cách giải khác, so sánh chúng để có thể chọn được cách giải hợp lí
nhất.
+) Bước 3: Trình bày lời giải.
- Từ cách giải đã phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một chương trình gồm
các bước theo một trình tự thích hợp và thực hiện các bước đó.
+) Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải
- Nghiên cứu khả năng ứng dụng kết quả của lời giải.
- Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề.
Trong chương trình Toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các em học sinh
đã được tiếp cận với hệ phương trình đại số cũng như cách giải một vài dạng toán
cơ bản của phần này. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán giải hệ phương trình đại
số rất phong phú và đa dạng. Đặc biệt, trong các đề thi học sinh giỏi Tỉnh- Quốc
gia, THPT Quốc gia các em sẽ gặp một lớp các bài toán về hệ phương trình đại số
mà mức độ phức tạp phân tích tìm lời giải không dễ dàng. Bên cạnh các phương
pháp giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số,
phương pháp đánh giá …thì phương pháp phân tích thành nhân tử cũng là phương
pháp quen thuộc dễ tiếp cận với đa số học sinh từ lực học trung bình đến lực học khá
5


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

giỏi, tuy quen thuộc gần gũi nhưng khi áp dụng vào mỗi hệ phương trình cụ thể tìm
được cách nhóm nhân tử chung- mấu chốt của bài toán lại gặp rất nhiều rắc rối.
Trong SGK Đại số lớp 10 nâng cao, phần hệ phương trình đại số chỉ là một mục
nhỏ trong bài: Một số ví dụ về hệ phương trình bậc hai hai ẩn của chương III. Trong
SGK Đại số lớp 10 ban cơ bản thậm chí phần hệ phương trình đại số chỉ điểm qua
rất sơ sài qua một vài bài tập trong sách bài tập của chương III. Tóm lại ở các SGK
thời lượng dành cho phần này rất ít, các ví dụ và bài tập trong phần này cũng rất hạn

chế và chỉ ở dạng cơ bản. Nhưng trong thực tế, để biến đổi và giải chính xác hệ
phương trình đại số đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có kĩ năng
biến đổi toán học nhanh nhẹn và thuần thục. Muốn vậy, trong các tiết luyện tập giáo
viên cần tổng kết lại cách giải các dạng hệ phương trình thường gặp, nhắc nhở và
khắc phục ngay những sai lầm thường mắc phải của học sinh, cũng như bổ sung
thêm các dạng bài tập nâng cao, chú ý rèn luyện cho học sinh kĩ năng giải hệ phương
trình đại số theo phương pháp phân tích thành nhân tử.
Trong kỳ thi đại học năm 2011-2012, đề thi khối A môn Toán câu II ý 2 có bài toán
ìï 5 x 2 y - 4 xy 2 + 3 y 3 - 2( x + y ) = 0
ï
( x; y Î ¡ )
giải hệ phương trình: ïí
ïï xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = ( x + y ) 2
ïî
Hay trong đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2012-2013 có xuất hiện hệ phương
trình ở câu 3:
ìï xy + x - 2 = 0
( x; y Î ¡ )
Giải hệ phương trình ïí 3
ïïî 2 x - x 2 y + x 2 + y 2 - 2 xy - y = 0
Trong đề thi tuyển sinh đại học khối B môn Toán năm 2013-2014 cũng xuất hiện hệ
phương trình ở câu 3: Giải hệ phương trình
ìï 2 x 2 + y 2 - 3xy + 3 x - 2 y +1 = 0
ï
( x; y Î ¡ )
í 2
ïï 4 x - y 2 + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y
î
Trong đề thi tuyển sinh đại học khối B năm học 2014-2015 cũng xuất hiện hệ
phương trình ở câu 8: Giải hệ phương trình

ìï ( 1 - y ) x - y + x = 2 + ( x - y - 1) y
ï
( x; y Î ¡ )
í 2
ïï 2 y - 3x + 6 y +1 = 2 x - 2 y - 4 x - 5 y - 3
ïî
Để giải các hệ phương trình này có nhiều cách tiếp cận và nhiều phương pháp giải
đưa ra, ta có thể sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử với một phương trình
của hệ, có thể coi một phương trình của hệ là phương trình bậc hai một ẩn, ẩn còn lại
là tham số mục đích tìm mối liên hệ giữa hai ẩn x và y để phân tích một phương trình
thành tích các nhân tử để giải quyết dễ dàng bài tập. có thể thêm bớt nhóm nhân tử
chung, cũng có thể thực hiện thao tác nhẩm nghiệm, tách nhân chia liên hợp nếu
phương trình có chứa căn bậc hai, bậc ba,…
Thời đại công nghệ thông tin phát triển như vũ bão, máy tính Casio với tính năng
SHIFT, CALC, TABLE… hỗ trợ rất nhiều cho quá trình tiếp cận và giải hệ phương

6


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

trình đại số theo phương pháp phân tích thành nhân tử, tiếp cận với các tính năng ưu
việt của máy tính hỗ trợ ta giải quyết dễ dàng bài toán
Có thể nhận thấy rằng các bài tập trên, nếu không nắm vững kiến thức và phương
pháp phân tích thành nhân tử để giải sẽ gặp khá nhiều rắc rối khi bắt tay vào giải bài
tập đó. Một số các em học sinh khi thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia
hoặc thi THPT Quốc gia môn toán gặp bài toán giải hệ phương trình đại số mà giải
theo phương pháp phân tích thành nhân tử đều cảm thấy khó khăn và lúng túng tìm
nhân tử chung, mất thời gian đáng tiếc.
CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM

Bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này gồm 3 phần:
Phần thứ nhất: LÝ THUYẾT CƠ BẢN
Phần thứ hai: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Phần thứ ba: MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO

7


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

Phần thứ nhất: LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Phương pháp phân tích thành nhân tử
Phân tích nhân tử là một thuật ngữ toán học dùng để chỉ một cách viết một số
nguyên, hay tổng quát là một vật thể toán học, thành một phép nhân của các số
nguyên khác, hay tổng quát là các vật thể toán học khác. Các số nguyên, hay vật thể
toán học, nằm trong phép nhân gọi là nhân tử.
Phân tích một biểu thức chứa biến thành nhân tử là biến đổi biểu thức đó về tích của
các biểu thức chứa biến khác, các biểu thức chứa biến nằm trong phép nhân là các
nhân tử của biểu thức chứa biến đó.
2. Các cách phân tích thành nhân tử
a. Phương pháp đặt nhân tử chung
Nếu các hạng tử của đa thức đều có nhân tử chung thì ta có thể đặt nhân tử chung đó
làm thừa số. VD: ab - ac = a ( b - c )
b. Phương pháp nhóm các hạng tử
Nếu một đa thức có nhiều hạng tử, nhóm lại với nhau mà phân tích thành nhân tử
chung được thì nhóm chúng lại theo từng nhóm thích hợp để phân tích đa thức đó
thành nhân tử. Ví dụ: bc - ad - bd + ac = b ( c - d ) + a ( c - d ) = ( c - d )( a + b)
c. Áp dụng các hằng đẳng thức
Nếu đa thức là một vế của hằng đẳng thức đáng nhớ nào đó thì có thể dùng hằng

đẳng thức đó để biểu diễn đa thức này thành tích các đa thức.
Những hằng đẳng thức đáng nhớ
1. (A + B)2 = A2 + 2AB + B2
2. (A - B)2 = A2 - 2AB + B2
3. A2 - B2 = (A + B)(A - B)
4. (A + B)3= A3 + 3A2B + 3AB2 + B3
5. (A - B)3= A3 - 3A2B + 3AB2 - B3
6. A3 + B3 = (A + B) (A2 - AB + B2)
7. A3 - B3 = (A - B)(A2 + AB + B2)
2

Mở rộng: ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc .
d. Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử, thêm hoặc bớt hạng tử,
nhẩm nghiệm của biểu thức chứa biến cần phân tích.
+ Nếu f ( x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f ( x) có một nhân tử là x - 1
8


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

+ Nếu f ( x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các
hạng tử bậc lẻ thì f ( x) có một nhân tử là x +1
Ta nhận thấy nghiệm của f ( x) nếu có là x0 thì luôn tách f ( x) thành các nhóm có
xuất hiện một nhân tử là x - x0
e. Tách hạng tử dựa vào nghiệm của tam thức bậc hai
2
Tam thức bậc hai ax + bx + c ( a ¹ 0) có nghiệm x1; x2 thì
ax 2 + bx + c = a ( x - x1 )( x - x2 )

f. Phương pháp đặt ẩn phụ.

g. Sử dụng máy tính casio để nhẩm nghiệm, tách nhân tử…
Máy tính Casio với nhiều tính năng tiện lợi hỗ trợ rất nhiều trong quá trình làm toán
như tính toán các phép toán cộng trừ nhân chia các biểu thức phức tạp. Cùng với
việc sử dụng tính năng SOLVE, CALC, TABLE đã có nhiều những kỹ năng hỗ trợ
giúp chúng ta tìm được nhân tử chung hoặc từ một phương trình của hệ hoặc từ hai
phương trình của hệ.
h. Phối hợp đa dạng các phương pháp
Lưu ý: - Ta nhận xét để tìm cách nhóm hạng tử một cách thích hợp (có thể giao hoán
và kết hợp các hạng tử để nhóm) sao cho sau khi nhóm, từng nhóm đa thức, biểu
thức chứa biến có thể phân tích được thành nhân tử bằng phương pháp đặt nhân tử
chung, hoặc phương pháp dùng hằng đẳng thức. Khi đó đa thức, biểu thức mới phải
xuất hiện nhân tử chung.
- Với một đa thức, biểu thức chứa biến có thể có nhiều cách nhóm các hạng tử một
cách thích hợp.
- Khi phân tích đa thức, biểu thức chứa biến thành nhân tử ta phải phân tích đến cuối
cùng (không còn phân tích được nữa).
- Khi đa thức có nhiều hơn một ẩn, ta cũng thực hiện các thao tác hoàn toàn tương tự
như đối với một ẩn x.
- Đối với các phương trình từ bậc hai trở lên việc áp dụng các phương pháp phân
tích thành nhân tử rất quan trọng giúp ta dễ dàng giải quyết bài toán
éf ( x) = 0
f ( x ) .g ( x ) = 0 Û ê
êg ( x) = 0
ê
ë
- Khi giải hệ phương trình bằng phương pháp phân tích thành nhân tử ta có thể phân
tích từ một phương trình của hệ, hoặc phối hợp giữa hai phương trình của hệ tìm
nhân tử chung để giải quyết bài toán thuận lợi hơn.
9

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

Phần thứ hai: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ GIẢI
MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
I.

Sử dụng phương pháp nhóm hạng tử, đặt nhân tử chung
4 x 2 + 3 y ( x − 1) = 7
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  2
3 y + 4 x ( y − 1) = 3
Nhận xét: Ta thấy nhân tử chung đã xuất hiện ngay ở phương trình thứ 2 của hệ.
Thực hiện thao tác chuyển vế phát hiện nhân tử chung và nhóm nhân tử chung đó ta
giải quyết dễ dàng bài toán.
Giải: Điều kiện xác định: ∀x; y ∈ ¡ .
4 x 2 + 3 y ( x − 1) = 7
Hệ phương trình đã cho Û 
( y − 1) 3 ( y + 1) + 4 x  = 0

5
 x = 4

2
 4 x + 3x − 10
 y = 1
2
4 x + 3 y ( x − 1) = 7

 x = −2



y =1

⇔  y = 1
⇔
⇔ 
 3 y = −3 − 4 x
 y = 1
3 y = −3 − 4 x




  x = 4
 x = 4
 
−19
 y =
3

5 
 −19 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x; y) là  ;1÷, ( −2;1) ,  4;
÷
3 
4 

3
3
 x + 4 y = y + 16 x (1)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình : 
2
2
1 + y = 5(1 + x ) (2)
Nhận xét: Nhân tử chung chưa thấy xuất hiện từ các phương trình của hệ, tuy nhiên
3
2
3
3
 x + 4 y = y + 16 x
 x − 16 x = ( y − 4 ) y
⇔
nếu thực hiện thao tác biến đổi 
2
2
2
2
1
+
y
=
5(1
+
x
)

 y − 4 = 5 x
sau đó thực hiện thao tác thế từ phương trình (2) lên phương trình (1) ta có ngay
nhân tử chung là x.
Giải Điều kiện xác định: ∀x; y ∈ ¡ .

Phương trình (2) tương đương với y 2 − 4 = 5 x 2 (3)
Thay vào phương trình (1) ta có:
x = 0
2
x 3 − 16 x = 5 x 2 y ⇔ x3 − 5 x 2 y − 16 x = 0 ⇔ x ( x − 5 xy − 16 ) = 0 ⇔  2
 x − 5 xy − 16 = 0
10


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

- Với x = 0 ⇒ y 2 = 4 ⇔ y = ±2
x 2 − 16
2
- Với x − 5 xy − 16 = 0 ⇔ y =
, thay vào (3) ta có :
5x
2

x =1⇒ y = 3
 x 2 − 16 
2
2
2
2
−
5
x
=
4

⇔
124
x
+
132
x
−
256
=
0
⇔
x
=
1
⇔

 x = −1 ⇒ y = 3
÷

 5x 
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là :(x; y)=(0; ±2 ),(1;3),(-1;3).
 x ( x + y ) 2 = 7 x + 2 y 2 + 2 ( 1)
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  2
2
( 2)
 x + y + xy + 1 = 4 x
Nhận xét: Ta chưa nhìn thấy ngay nhân tử chung của một trong hai phương trình đã
cho. Tuy nhiên có một lượng y 2 + 1 xuất hiện ở cả hai phương trình của hệ, nếu khéo
léo rút y 2 + 1 từ phương trình (2) thế vào phương trình (1) ta sẽ thấy xuất hiện nhân
tử chung

Giải: Điều kiện xác định: ∀x; y ∈ ¡ .
2
2
 x ( x + y ) 2 = 7 x + 2 y 2 + 2
 x ( x + y ) = 7 x + 2 ( y + 1)
⇔
Hệ phương trình  2
2
2
2
 x + y + xy + 1 = 4 x
 y + 1 = 4 x − x − xy

(

)

⇒ x ( x + y ) = 7 x + 2 ( 4 x − x 2 − xy ) ⇔ x ( x + y ) + 2 ( x + y ) − 15 = 0
2

2

x = 0
⇔ x ( x + y − 3) ( x + y + 5 ) = 0 ⇔  x + y = 3

 x + y = −5
Trường hợp 1: x = 0 ⇒ y 2 + 1 = 0 ( loại)
Trường hợp 2: x + y = 3 ⇒ x = 3 − y . Từ phương trình (1) ta được
y =1
y2 − x + 1 = 0 ⇔ y2 − ( 3 − y ) + 1 = 0 ⇔ y2 + y − 2 = 0 ⇔ 

 y = −2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 2;1) ; ( 5;−2 )
Trường hợp 3: x + y = −5 ⇒ x = −5 − y . Từ phương trình (1) ta được
y 2 − 9 x + 1 = 0 ⇔ y 2 − 9 ( −5 − y ) + 1 = 0 ⇔ y 2 + 9 y + 46 = 0 ( phương trình vô nghiệm)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 2;1) ; ( 5;−2 ) .
 x4 + x2 y2 − y2 = y3 + x2 y + x2
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:  3
2
2 y − 5 − 2 x − 1 = 0
5
Giải: Điều kiện xác định: x ≤
2
11


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

 x 4 + x 2 y 2 − y 2 = y 3 + x 2 y + x 2 ( 1)
 3
2
( 2)
2 y − 5 − 2 x − 1 = 0
Biến đổi phương trình
(1) ⇔ ( x 4 + x 2 y 2 ) − ( x 2 + y 2 ) − ( y 3 + x 2 y ) = 0 ⇔ ( x 2 − 1 − y)( x 2 + y 2 ) = 0
x = y = 0
⇔ 2
x = y +1
Trường hợp x = y = 0 thế vào (2) không thoả mãn.
Trường hợp x 2 = y + 1 thế vào phương trình (2): 2 y 3 − 3 − 2 y − 1 = 0 ( 3)

3

3
Xét hàm số f (t ) = 2t − 3 − 2t − 1; t ∈  −∞;  là hàm số liên tục.
2

1
3

f ′(t ) = 6t 2 +
; f ′(t ) > 0; ∀t ∈  −∞; ÷
2
3 − 2t

3

Vậy hàm số f (t ) luôn đồng biến trên  −∞;  ; mà f (1) = 0
2

Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y = 1
Với y = 1 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1);(− 2;1) .

 x 2 + 3 xy − 3 ( x − y ) = 0
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:  4
2
2
 x + 9 y ( x + y ) − 5 x = 0
Nhận xét: Chưa thể phát hiện ngay được nhân tử chung trong từng phương trình của
hệ, hướng dẫn học sinh có thể nhận xét tìm cách liên hệ giữa 2 phương trình để tìm

nhân tử chung. Có thể thấy có 1 lượng xuất hiện ở cả 2 phương trình của hệ đó là
x 2 + 3 y . Thực hiện thao tác thế ta có nhân tử chung.
Giải: Điều kiện xác định ∀x; y ∈ ¡
2
 x 2 + 3 xy − 3 ( x − y ) = 0
 x + 3 y = 3x − 3 xy
⇔ 2
 4
2
2
2
2
2
x
+
9
y
x
+
y
−
5
x
=
0
(
)

( x + 3 y ) = 5 x − 3 x y
2

⇒ ( 3 x − 3xy ) + 3x 2 y − 5 x 2 = 0 ⇔ x 2 ( 9 y 2 − 15 y + 4 ) = 0

x = 0

1
2
⇔ x ( 3 y − 1) ( 3 y − 4 ) = 0 ⇔  y =

3

4
y =
3

12


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

1
Với x = 0 ⇒ y = 0; y = ⇒ x = 1
3
4
 1
y = ⇒ x 2 + x + 4 = 0 ( vô nghiệm). Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 0;0 ) ; 1; ÷
3
 3
ìï x 3 + 2xy 2 = 5
(1)
ï

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình í 2
ïï 2x + xy + y2 = 4x + y
(2)
î
Giải: Điều kiện xác định ∀x; y ∈ ¡
Dễ thấy với x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình, với x ¹ 0 từ phương
5 - x3
trình (1) ta có y2 =
thế vào phương trình (2) ta được
2x
5 - x3
2
2 x + xy +
= 4x + y
2x
Û 3 x3 - 8 x 2 + 5 + 2 x 2 y - 2 xy = 0
Û ( x - 1)(3x 2 - 5 x - 5) + 2 xy ( x - 1) = 0
Û ( x - 1) é
(3x 2 - 5 x - 5) + 2 xy ù
=0
ê
ú
ë
û
ìï 1 + 2 y 2 = 5
ï
Þ y =± 2
+ Nếu x − 1 = 0 thì ta có hệ í
ïï 2 + y + y 2 = 4 + y
î

Þ ( x; y) = (1; 2 );( x; y) = (1;- 2 )
ìï 1 + 2 y 2 = 5
ï
Þ y =± 2
+ Nếu x -1 = 0 thì ta có hệ í
ïï 2 + y + y 2 = 4 + y
î
Þ ( x; y ) = (1; 2);( x; y ) = (1; -

2)

Nếu (3 x 2 - 5 x - 5) + 2 xy = 0 thế vào phương trình (2) ta có
2 x2 -

1
(3 x 2 - 5 x - 5) + y 2 = 4 x + y
2
D x = 9 - 4(5 + 2 y 2 - 2 y) = - 8( y -

Vậy nghiệm của hệ là ( x; y) = (1; 2 );(1;-

1 2
) - 9 < 0 ( " y)
2

2)

3
3


(3 y − 3) y + 3 x = x − 3 y + 2(1)
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: 
3
2
3
2
(2)

x + xy + x − y = y + yx

13


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

Giải: Điều kiện xác định y 3 + 3x ≥ 0 .
Xét phương trình (2)
x 3 + xy 2 + x − y = y 3 + yx 2

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

⇔x= y
Thay vào (1) ta được (3x − 3) x 3 + 3x = x 3 − 3x + 2 ( điều kiện xác định x ≥ 0 )
2
(3x − 3) x 3 + 3x = x 3 − 3x + 2 ⇔ (3x − 3) x 3 + 3x + 2 =  x 3 + 3x − 4 ÷



⇔

(

x3 + 3x + 2

)(

)

(

) (

)

x 3 + 3x − 3x + 1 = 0 ⇔ x 3 + 3x = 3x − 1

1
1


x ≥
x ≥
⇔
⇔
3
3
3
2

3
 x + 3x = 9 x − 6 x + 1  x − 9 x 2 + 9 x − 1 = 0
1

x =1
x ≥ 3
⇔
⇔
 x = 4 + 15
( x − 1) ( x 2 − 8 x + 1) = 0


(

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là ( 1;1) ; 4 + 15;4 + 15

)

 x 3 + x 2 y + x 2 − y − x − 1 = 0 (1)
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình : 
 x + 1 + 12 − y = x + 33 (2)
 x ≥ −1
Giải: Điều kiện xác định 
 y ≤ 12

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

x = 1

⇔ ( x 2 − 1)( x + y + 1) = 0 ⇔  x = −1
 y = − x − 1

Với x = 1 thế vào (2) được y = 12 − ( 34 − 2) 2 = −24 + 4 17 .
Với x = −1 thế vào (2) được y = −20 .

14


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

Với y = − x − 1 thế vào (2) ta được
x + 1 + x + 13 = x + 33

 x ≥ −1
−1 ≤ x ≤ 19
⇔
⇔
 2
2
2 x + 14 x + 13 = − x + 19 3x + 94 x − 309 = 0
−1 ≤ x ≤ 19

 x=3
⇔  
⇔ x=3
−
103

 x =
 
3
Với x = 3 ⇒ y = −4.

(

)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1; −24 + 4 17 ; ( −1; −20 ) ; ( 3; −4 ) .
Ví dụ 9: ( Đề thi đại học khối D năm 2014)
 x 2 + xy + y 2 = 7
( 1)
( x; y ∈ ¡
Giải hệ phương trình  2
2
 x − xy − 2 y = − x + 2 y ( 2 )
Giải: Điều kiện xác định ∀x; y ∈ ¡ .
Ta có phương trình
x 2 − xy − 2 y 2 = − x + 2 y ⇔ ( x − 2 y ) ( x + y ) = − x + 2 y

)

x = 2y
⇔ ( x − 2 y ) ( x + y + 1) = 0 ⇔ 
x + y +1 = 0
Trường hợp x = 2 y phương trình (1) trở thành 7 y 2 = 7 ⇔ y = ±1
Trường hợp x + y + 1 = 0 ⇔ x = −1 − y phương trình (1) trở thành
 y = −3
y2 + y − 6 = 0 ⇔ 

y = 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 2;1) , ( −2; −1) , ( 2; −3) , ( −3;2 ) .
Ví dụ 10: ( Đề thi đại học khối D năm 2012)
 xy + x − 2 = 0
( 1)
Giải hệ phương trình  3
2
2
2
( 2)
2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0
Giải: Điều kiện xác định ∀x; y ∈ ¡ .
Ta có phương trình (2):

15


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

2 x3 − x 2 y + x 2 + y 2 − 2 xy − y = 0

⇔ ( 2 x 3 − 2 xy ) + ( x 2 − y ) − ( x 2 y − y 2 ) = 0
⇔ 2x ( x2 − y ) + ( x2 − y ) − y ( x2 − y ) = 0
⇔ ( x2 − y ) ( 2x + 1 − y ) = 0

 x2 = y
⇔
 y = 2x + 1
Với x 2 = y thay vào phương trình (1) ta được

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

−1 ± 5
Với y = 2 x + 1 thay vào phương tình (1) ta được x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x =
2
−1 + 5
+) x =
⇒y= 5
2
−1 − 5
+) x =
⇒ y=− 5
2
 −1 + 5
  −1 − 5

; 5 ÷; 
;− 5 ÷
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 1;1) , 
2
2

 

II.

Áp dụng các hằng đẳng thức

 x3 − y 3 − 6 y 2 + 3 ( x − 5 y ) = 14

( x, y ∈ R ) .
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
3
2
 3 − x + y + 4 = x + y − 5
Giải: Điều kiện xác định x ≤ 3, y ≥ −4
3
3
Từ (1) ta có x 3 + 3x = ( y + 2 ) + 3 ( y + 2 ) ⇔ x 3 − ( y + 2 ) = 3 ( x − y − 2 )
2
⇔ ( x − y − 2 )  x 2 + x ( y + 2 ) + ( y + 2 ) + 3 = 0



⇔ x = y + 2 ⇔ y = x − 2 ( 3)
Thế (3) vào (2) ta được
x + 2 + 3 − x = x3 + x 2 − 4 x − 1 ⇔ x3 + x 2 − 4 x − 4 + 2 − x + 2 + 1 − 3 − x = 0
x−2
x−2
⇔ ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1) −
+
=0
2 + x + 2 1+ 3 − x
1
1


⇔ ( x − 2 )  ( x + 2 ) ( x + 1) −
+
÷= 0

2 + x + 2 1+ 3 − x 


16


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

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


x +1
x +1
⇔ ( x − 2 )  ( x + 2 ) ( x + 1) +
+

3 2+ x+2
x + 2 +1 3 1+ 3 − x 2 + 3 − x


1

1
⇔ ( x − 2 ) ( x + 1)  ( x + 2 ) +
+

3 2+ x+2
x + 2 +1 3 1+ 3 − x 2 + 3 − x


(

)(

) (

)(

)

(

)(

) (

)(

)


÷= 0

÷


÷= 0
÷


( x − 2 ) ( x + 1) = 0 ⇔ x = 2, x = −1; x = 2 ⇒ y = 0, x = −1 ⇒ y = −3
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình.
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S = { ( −1; − 3) ; ( 2;0 ) } .
 x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0 ( 1)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 
 x 2 + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1 ( 2 )
y ≥ 0
Điều kiện:  2
x + 4x − y + 1 ≥ 0
Ta có ( 1) ⇔ x 2 + 2 + 2

(
⇔(
⇔

x2 + 2 + y

) (
2

(x

2

= 2 y

x2 + 2 + y + 2 y

)(

+ 2) y + y = 4 y

)

2

⇔

(

x2 + 2 + y

)

) (
2

− 2 y

)

2

=0

x2 + 2 + y − 2 y = 0 ⇔ x2 + 2 = y ⇔ y = x2 + 2

4 x − 1 + 3 2 x − 1 = 1 (3)
1

Xét hàm f ( x ) = 4 x − 1 + 3 2 x − 1 trên  ; +∞ ÷
4

2
2
1
1

> 0  ∀x > , x ≠ ÷
có f ' ( x ) = 4 x − 1 + 3
2
4
2

3 ( 2 x − 1)
Thế vào (2) ta được

1
4

⇒ f(x) liên tục và đồng biến trên [ ; +∞) .

1
là nghiệm của (3) nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất
2
1
9
x= ⇒ y=
2
4

Do x =

17


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

1 9
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ; ÷
2 4
 x3 − y 3 = 35
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  2
2
2 x + 3 y = 4 x − 9 y
Giải: Điều kiện xác định: ∀x; y ∈ ¡ .
 x3 − y 3 = 35
Hệ phương trình trên tương đương với  2
2
6 x + 9 y = 12 x − 27 y
⇒ x3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = y 3 + 9 y 2 + 27 y + 27
⇔ ( x − 2 ) = ( y + 3)

3

3

⇔ x= y+5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 3; −2 ) , ( 2; −3) .
( x − y ) x 2 + xy + y 2 + 12 = 6 x 2 + y 2 + 16
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 
(2)
2 x + 2 + 2 10 − 3 y = x 2 − x + 10
10
Điều kiện: x ≥ −2; y ≤
3
Biến đổi phương trình (1) ta được
( x − y ) x 2 + xy + y 2 + 12 ( x − y ) = 6 x 2 + y 2 + 16

(

(

)

)

(

(

)

(1)

)

⇔ x3 − y 3 + 12 x − 12 y = 6 x 2 + 6 y 2 + 16
⇔ x3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8
⇔ ( x − 2) = ( y + 2) ⇔ y = x − 4
3

3

Thế vào (2) ta được 2 x + 2 + 2 22 − 3 x = x 2 − x + 10
⇔2

(

) (

x+2 −2 +2

)

22 − 3 x − 4 = x 2 − x − 2

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

22 − 3 x + 4
x = 2 ⇒ y = −2
(tm)

⇔
2
6

−
= x + 1 (3)
 x + 2 + 2
22 − 3 x + 4
6
2
−
= 0 (4)
Giải (3) : ( 3) ⇔ x + 1 +
22 − 3 x + 4
x+2+2
6
2
22 

−
Xét hàm số f ( x ) = x + 1 +
trên đoạn  −2;  là hàm số
3
22 − 3 x + 4
x+2+2


liên tục
⇔2

18


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

f '( x ) = 1 +

22 − 3 x

(

9
22 − 3 x + 4

)

2

+

x+2

(

1
x+2+2

)

2

> 0 ∀x ∈  −2; 22 

÷
3 


22 

⇒ f ( x ) là hàm số đồng biến trên đoạn  −2;  ,
3

( 4 ) ⇔ f ( x ) = f ( −1) ⇔ x = −1 ; khi x = −1 ⇒ y = −5(tm)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( −1; −5 ) ; ( x; y ) = ( 2; −2 ) .

( x + 1) ( x 2 + y 2 + 2 x + 1) = y 4 ( y 2 + 1)
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 
 x + 1 + 3 − y 2 + x = y 4 − 2 y 2 + 2 + 2
Giải:
 x ≥ −1
Điều kiện xác định 
 y ≤ 3
Từ (1) ta có
2
3
( x + 1) ( x + 1) + y 2 = y 6 + y 4 ⇔ ( x + 1) − y 6 = y 4 − y 2 ( x + 1)

(

⇔ ( x + 1 − y2 )

)

( ( x + 1)

2

)

+ y 2 ( x + 1) + y 4 + y 2 = 0 ⇔ x + 1 = y 2

Thay vào (2) ta được
x +1 + 2 - x + x = x2 +1 + 2 Û x + 1 x- 1
1- x
Û
+
+ x ( 1 - x) = 0
x +1 + 2
2 - x +1
éx = 1
ê
Û ê
1
1
ê
- x = 0 ( *)

ê
2 - x +1
ê
ë x +1 + 2
Khi x = 1 Þ y 2 = 2 Û y = ± 2
Giải (*)
1
x +1 + 2

-

1
2 - x +1

- x=0Û

(

2- x -

2 + 2 - x - 1 + x ( 1 - x) = 0

2 +1 -

x +1 + 2

)(

x +1

)

2 - x +1

- x=0

æ
- 1
- 1
ç
+
ç
ç
ç 2- x + 2
2- x + 2
x +1 +1
x +1 +1
Û
- x = 0 Û xç
ç
ç
x +1 + 2
2 - x +1
x +1 + 2
2 - x +1
ç
ç
ç
è
Û x = 0 khi đó y = ±1

- x

(

+

)(

- x

)

(

)(

(

)(

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 0;1) ;( 0;- 1) ; 1; 2 ; 1;-

)

2

ö
÷
÷
÷

÷
÷
1÷
=0
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ø

)

19


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

ìï 2 x + 3y + 2 - 3 y = x + 2
ï
Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình : í
ïï y - 1- 4- x + 8- x 2 = 0
ïî
ïì - 2£ x £ 4
Giải: Điều kiện xác định: ïí
.
ïïî y ³ 1

(1)

( x, y Î R )

(2)

(1) Û 2 x + 3y + 2 = x + 2 + 3 y Û 4( x + 3y + 2) = x + 2+ 9y + 6 y ( x + 2)
Û x + 2 - 2 ( x + 2) y + y = 0 Û
Thay (3) vào (2) ta được:
Khi đó phương trình (4)
Û

(

) (

x +1- 2 + 1-

x + 1-

)

(

x +2 -

y

)

2

=0 Û y = x +2

( 3)

4- x + 8- x2 = 0 (4), ( -1£ x £ 4)

4- x + 9- x2 = 0 Û

x- 3
x- 3
+
+ ( 9- x2 ) = 0
x +1 + 2
4- x +1

éx = 3Þ y = 5
ê
Û ê
1
1
ê
+
= x + 3 ( 5)
ê
x
+
1
+
2

4
x
+
1
ë
1
1
ïìï
£
ïï
x +1 + 2 2
1
1
3
Þ
+
£ ,
Xét (5). Ta có : ïí
ïï
1
x +1 +1
4- x +1 2
£1
ïï
ïî 4- x +1

" x Î [ -1;4]

Mặt khác x + 3³ 2, " x Î [ -1;4]
Vậy phương trình (5) vô nghiệm.

Nghiệm của hệ là: ( x; y ) = ( 3; 5) .
3
3
2

7 x + y + 3 xy ( x − y ) − 12 x + 6 x = 1 ( 1)
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: 
3
( 2)

 4 x + y + 1 + 3x + 2 y = 4
Giải: Điều kiện xác định: 3 x + 2 y ≥ 0
(1) ⇔ 8 x 3 − 12 x 2 + 6 x − 1 = x 3 − 3 x 2 y + 3 xy 2 − y 3
⇔ ( 2 x − 1) = ( x − y ) ⇔ 2 x − 1 = x − y ⇔ y = 1 − x
Với y = 1 − x thay vào (2) ta được : 3 3 x + 2 + x + 2 = 4
3

3

a + b = 4
a = 2
⇔
Đặt a = 3 3 x + 2, b = x + 2; b ≥ 0 . Ta có hệ:  3

2
a = 3b − 4 b = 2
 3 3x + 2 = 2
⇒
⇔ x=2
 x + 2 = 2

Với x = 2 ⇒ y = −1 (thỏa mãn)
Vậy nghiệm của hệ là: ( 2; −1)
20


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

Ví dụ 8:

 x 2 + y 3 − y 2 + 2 3 x 4 + 3 x 2 = 2 y y − 1( x + 3 x )
Giải hệ phương trình :  4
3
3
2
 x + x − x + 1 = x ( y − 1) + 1
y ≥1
Giải: Điều kiện xác định:  3
2
x − x +1 ≥ 0
Ta có :

(

(1)
(2)

)

2

(1) ⇔ ( x + 3 x ) 2 − 2 y y − 1( x + 3 x ) + y 3 − y 2 = 0 ⇔ ( x + 3 x ) − y y − 1 = 0
⇔ x + 3 x = y y −1
a = 3 x
Đặt 
ta được: a 3 + a = b3 + b (3)
b = y − 1
Vì b ≥ 0 ⇒ a ≥ 0
3
Dễ thấy, hàm số f (t ) = t + t là hàm số đồng biến trên [ 0;+∞ ) suy ra
(3) ⇔ f (a) = f (b) ⇔ a = b hay 3 x = y − 1 ( x ≥ 0) .
Thay vào (2) ta được :
x 4 + x 3 − x 2 + 1 = x 3 + 1 ⇔ x 3 ( x − 1) = 1 − x 3 − x 2 + 1
⇔ x 3 ( x − 1) =



1
2
⇔
x
(
x
−
1)
x
+

÷= 0
3
2

3
2
1+ x − x +1
1+ x − x +1 

− x3 + x 2


x = 0

⇔ x =1

1
x +
= 0 (4)
3
2
 1 + x − x + 1
Vì x ≥ 0 nên phương trình (4) vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (0;1); (1;2).
 ( x + 1) 2 + x 2 − y 2 = 2 x − y + 1(1)

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình : 
1 + x − y + 2 x + 2 y − 2 = 3 3 x + 3 y − 3(2)
( x + 1) 2 + x 2 − y 2 ≥ 0

Giải: Điều kiện:  x − y ≥ 0
x + 2 y − 2 ≥ 0


21


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

( x + 1) 2 − y 2 = ( 2 x − y + 1) 2 − x 2
( x + 1) 2 + x 2 − y 2 = (2 x − y + 1) 2
⇔
( 1) ⇔ 
2
x
−
y
+
1
≥
0
2 x − y + 1 ≥ 0

( x − y )( x − y + 1) = 0
⇔
2 x − y + 1 ≥ 0
⇔ x = y (vì x − y + 1 > 0 với x − y ≥ 0 )
+) Thế y = x vào (2) ta có: 1 + 2 3 x − 2 = 3 3 4 x − 3
3b − 1

a
=

a = 3x − 2, a ≥ 0 1 + 2a = 3b

2

⇒ 2
⇔
Đặt 

2
3
3
4a − 3b = 1 4  3b − 1  − 3b3 = 1
b = 4 x − 3
  2 ÷

3b − 1

1

a=
b = 0; a = − (l )


2
3b − 1

2

a =
 b = 0
⇔
⇔ b = 1; a = 1(tm)

2


3
2
3b − 9b + 6b = 0  b = 1

5


b = 2; a = (tm)
2

 b = 2
+) b = 1 ⇒ 3 4 x − 3 = 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1
11
11
+) b = 2 ⇒ 3 4 x − 3 = 2 ⇔ x = ⇒ y = .
4
4
11 11
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) là (1;1);( ; ) .
4 4
III. Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử, nhẩm nghiệm của
biểu thức chứa biến cần phân tích.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình :
 x + 3 = 2 ( 3 y − x ) ( y + 1)


 x 2 y − 1 + x + 12 = 12 6 − 2 y + 4 − x

(

)

( 1)
( 2)

Nhận xét: Ta khó có thể giải bài toán bằng cách xuất phát từ phương trình thứ 2
của hệ được vì có 4 căn bậc hai cùng xuất hiện trong phương trình mà chưa nhìn
thấy ngay mối liên hệ trong 4 căn bậc hai đó. Vậy ta tìm cách giải quyết bài toán
từ phương trình thứ nhất của hệ. Nhận thấy 2 nhân tử của phương trình thứ nhất
có liên hệ với số hạng xuất hiện ở vế trái của phương trình đó nhờ cách tách
x + 3 = 3 ( y + 1) − ( 3 y − x ) . Khi đó ta đưa phương trình thứ nhất về dạng đẳng
cấp bậc 2 nhẩm nghiệm và tách thành nhân tử.

22


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

−12 ≤ x ≤ 4
1

Giải: Điều kiện xác định  ≤ y ≤ 3
2
3 y − x ≥ 0
Phương trình (1)
⇔ 3 ( y + 1) − ( 3 y − x ) = 2
⇔ 2 ( y + 1) − 2

⇔ 2 y +1
⇔

(

(

( 3 y − x ) ( y + 1)

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

) (

y +1 − 3y − x +

)(

y +1 + 3y − x

)

)(

)

y +1 − 3y − x = 0

y + 1 − 3y − x 3 y +1 + 3y − x = 0

 y +1 = 3y − x

⇔
3 y + 1 + 3 y − x = 0
Trường hợp 1:

y +1 = 3y − x ⇔ y +1 = 3y − x ⇔ x = 2 y −1

Thay vào phương trình (2) ta được x x + x + 12 = 12
Xét f ( x ) = x x + x + 12 − 12
f '( x ) =

(

(

)

5 − x + 4 − x ( *)

)

5 − x + 4 − x trên [ 0;4]

3
1
1 
 1
x+
+ 6
+
÷ > 0∀x ∈ ( 0;4 )

2
2 x + 12
5
−
x
4
−
x



f ( x ) liên tục trên [ 0;4] ⇒ f ( x ) đồng biến trên [ 0;4]
Phương trình ( *) ⇔ f ( x ) = f ( 4 ) ⇔ x = 4 ⇒ y =

5
2

 y + 1 = 0  y = −1
⇔
Trường hợp 2: 3 y + 1 + 3 y − x = 0 ⇔ 
( loại vì không thỏa
3 y = x
 x = −3
mãn điều kiện xác định).
 x 2 + y + 3 = y 2 − 3x + 7 (1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
2
2
 y − 1 + 2 y + 1 = x + x + xy + 3 y (2)
2

Giải: Điều kiện: y ≥ 1, x ≥ 0, y ≥ 3 x

23


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

 x 2 + y + 3 = y 2 − 3x + 7 (1)
Ta có hệ phương trình 
2
2
 y − 1 + 2 y + 1 = x + x + xy + 3 y (2)
(2) ⇔ y − 1 − x + ( y 2 − 2 y + 1) − x 2 + ( y 2 − xy − y ) = 0
⇔

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

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

1
⇔ y = x + 1  Do
+ 2 y − 1 + x > 0, ∀y ≥ 1, ∀x ≥ 0 ÷

÷
y −1 + x


x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = 7 − 3 (3)
Xét f ( x) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1
2x + 1
2x −1
2x + 1
2x −1
f '( x) =
−
=
−
2 x2 + x + 1 2 x2 − x + 1
(2 x + 1) 2 + 3
(2 x − 1) 2 + 3
+) Thế y vào (1) ta được

Xét g (t ) =

t

, g '(t ) =

3

> 0, ∀t ∈ R suy ra g(t) đồng biến trên R
t2 + 3
(t 2 + 3)3
Do 2 x + 1 > 2 x − 1 nên g (2 x + 1) > g (2 x − 1) suy ra
f '( x) = g (2 x + 1) − g (2 x − 1) > 0, ∀x ∈ R .
Do đó f ( x) đồng biến trên R , nên (3) ⇔ f ( x) = f (2) ⇔ x = 2 ⇒ y = 3
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = (2;3)
 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
2
 4 y − x − 2 + y − 1 = x − 1
 x 2 + xy ( 2 y − 1) = 2 y 3 − 2 y 2 − x ( 1)
Giải: 
( 2)
6 x − 1 + y + 7 = 4 x ( y − 1)
Điều kiện xác định : x ≥ 1; y ∈ ¡ .
( 1) ⇔ x 2 + xy ( 2 y − 1) = 2 y 3 − 2 y 2 − x ⇔ x 2 + 2 xy 2 − ( xy + 2 y 3 ) + ( 2 y 2 + x ) = 0

⇔ x ( 2 y2 + x) − y ( 2 y2 + x) + ( 2 y2 + x ) = 0 ⇔ ( 2 y2 + x) ( 1 + x − y ) = 0 ⇔ y = x + 1

do 2 y 2 + x > 0, ∀x ≥ 1

24


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016- Cao Thị Mai Len

Thay vào (2) ta được
6 x − 1 + x + 8 = 4x2 ⇔

(

)

2

x − 1 + 3 = ( 2x ) ⇔ 2x = x − 1 + 3
2

4 x 2 − 13x + 10 = 0

⇔ 2x − 3 = x − 1 ⇔ 
⇔ x=2⇒ y =3
3
x
≥


2
Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y ) = (2;3) .
ìï x 2 + xy - 2 y 2 + 3 y - 1 = y - 1 - x ( 1)
ï
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình í
ïï 3 6 - y + 3 2 x + 3 y - 7 = 2 x + 7 ( 2)
ïî
x ≥ 0

( *) .
Giải: Điều kiện xác định 1 ≤ y ≤ 6

2 x + 3 y − 7 ≥ 0


Từ ( 1) ⇒ y − 1 − x + ( y − 1) − x 2 + y ( y − x − 1) = 0
2




÷
1
⇔ ( y − x − 1) 
+ 2 y + x − 1÷ = 0 ⇒ y − x − 1 = 0 ⇔ x = y − 1 ( 3 )
 1 y4−41 +4 x2 4 4 4 3 ÷

÷
> 0, x ≥ 0;6≥ y ≥1


Thế ( 3) vào ( 2 ) ta được 3 6 − y + 3 5 y − 9 = 2 y + 5 ( 4 ) điều kiện

(

)

9
≤ y≤6
5

Giải ( 4 ) ⇔ ( 8 − y ) − 3 6 − y + 3 y − 1 − 5 y − 9 = 0

y 2 − 7 y + 10
y 2 − 7 y + 10
⇔
+ 3×
=0
y −1+ 5y − 9
( 8 − y) + 3 6 − y



÷
1
3

÷
⇔ ( y 2 − 7 y + 10 ) 
+
÷= 0
8
−
y
+
3
6
−
y
y
−
1
+

5
y
−
9
 1 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 43 ÷
9

÷
> 0,∀ ≤ y ≤ 6
5


y = 2
⇔ y 2 − 7 y + 10 = 0 ⇔ 
y = 5
+) y = 2 ⇒ x = 1 ( tm ( *) )
+) y = 5 ⇒ x = 4

( tm ( *) )

25